前言:
虽然这道题的名字有点那啥,但是题还是很好的,听说是某道原题的加强版。
题意:
给定
种颜色的球,第
种颜色的球数量为
个,保证
,对于这所有
的排列,一种排列的贡献可以如下计算:先把这个序列首尾相连,然后把所有相邻且颜色相同的段拿出来,贡献为他们的长度之积,求所有贡献和。
题解:
这道题一开始就想偏到枚举循环节去了,看了题解才知道可以用容斥来算。
首先考虑算贡献时首尾不相连怎么做,这个时候我们可以枚举 被分为了 段,设其代价和为 ,那么贡献为 , 表示所有 个段拼起来相邻不同的方案数。
这个其实可以用多个颜色来一起容斥,我们再枚举一下最后每种颜色有几个断点被合并了,可以得到:
然后其实就是要算这个玩意儿:
我们可以考虑把每个颜色球关于
的egf搞出来,相当于是对每个
,求:
然后分治FFT即可得到求答案的egf。
考虑一下 的egf怎么求,观察一下这个 ,不难发现其等于 ,相当于先分成 段,插 个板,然后每段选 个数,这样两个组合数卷积也可以FFT优化一下。
然后考虑一个环怎么做,我们强制规定这个序列从1开头,不以1结尾就行了, 的egf那个 要变成 ,可以算出从1开头的方案数, 的egf的 变成 可以算出以1开头且以1结尾的方案数,减一下就可以得到以1开头不以1结尾的方案数。
不过注意一下,这里如果每 个就出现循环的话,最后会计算 次,而我们要求计算 次,我们最后乘的时候注意对 的那个egf算组合数卷积的时候先除个 ,最后乘上 就会发现刚好计算了 次。
时间复杂度 。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int RLEN=1<<18|1;
inline char nc() {
static char ibuf[RLEN],*ib,*ob;
(ib==ob) && (ob=(ib=ibuf)+fread(ibuf,1,RLEN,stdin));
return (ib==ob) ? -1 : *ib++;
}
inline int rd() {
char ch=nc(); int i=0,f=1;
while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-')f=-1; ch=nc();}
while(isdigit(ch)) {i=(i<<1)+(i<<3)+ch-'0'; ch=nc();}
return i*f;
}
const int N=2e6+50, mod=998244353, G=3;
inline int add(int x,int y) {return (x+y>=mod) ? (x+y-mod) : (x+y);}
inline int dec(int x,int y) {return (x-y<0) ? (x-y+mod) : (x-y);}
inline int mul(int x,int y) {return (long long)x*y%mod;}
inline int power(int a,int b,int rs=1) {for(;b;b>>=1,a=mul(a,a)) if(b&1) rs=mul(rs,a); return rs;}
inline int sgn(int x) {return (x&1) ? mod-1 : 1;}
namespace FFT {
int A[N],B[N],pos[N],w[N],k;
inline void init(int n) {
for(k=1;k<=n;k<<=1);
memset(A,0,sizeof(int)*k);
memset(B,0,sizeof(int)*k);
for(int i=1;i<k;i++) pos[i]=(i&1) ? ((pos[i>>1]>>1)^(k>>1)) : (pos[i>>1]>>1);
}
inline void dft(int *a) {
for(int i=1;i<k;i++)
if(pos[i]>i) swap(a[pos[i]],a[i]);
for(int bl=1;bl<k;bl<<=1) {
int tl=bl<<1, wn=power(G,(mod-1)/tl);
w[0]=1; for(int i=1;i<bl;i++) w[i]=mul(w[i-1],wn);
for(int bg=0;bg<k;bg+=tl)
for(int j=0;j<bl;j++) {
int &t1=a[bg+j], &t2=a[bg+j+bl], t=mul(t2,w[j]);
t2=dec(t1,t); t1=add(t1,t);
}
}
}
inline void poly_mul() {
dft(A); dft(B);
for(int i=0;i<k;i++) B[i]=mul(A[i],B[i]);
dft(B); reverse(B+1,B+k);
const int inv=power(k,mod-2);
for(int i=0;i<k;i++) B[i]=mul(B[i],inv);
}
}
struct combin {
int fac[N],ifac[N];
combin() {
fac[0]=1;
for(int i=1;i<N;i++) fac[i]=mul(fac[i-1],i);
ifac[0]=ifac[1]=1;
for(int i=2;i<N;i++) ifac[i]=mul(mod-mod/i,ifac[mod%i]);
for(int i=2;i<N;i++) ifac[i]=mul(ifac[i-1],ifac[i]);
}
inline int C(int a,int b) {return mul(fac[a],mul(ifac[b],ifac[a-b]));}
inline int inv(int x) {return x ? mul(ifac[x],fac[x-1]) : 1;}
} C;
struct poly {
vector <int> a;
poly(int d=0,int t=0) {a.resize(d+1); a[d]=t;}
inline int deg() const {return a.size()-1;}
inline int& operator[](int i) {return a[i];}
inline const int& operator[](int i) const {return a[i];}
friend inline poly operator *(const poly &a,const poly &b) {
poly c(a.deg()+b.deg(),0); FFT::init(c.deg());
for(int i=0;i<=a.deg();i++) FFT::A[i]=a[i];
for(int i=0;i<=b.deg();i++) FFT::B[i]=b[i];
FFT::poly_mul();
for(int i=0;i<=c.deg();i++) c[i]=FFT::B[i];
return c;
}
inline void pt() {
for(int i=0;i<=deg();i++) cerr<<a[i]<<' '; cerr<<'\n';
}
} f[N/10];
int n,m,a[N],ans;
inline poly solve(int l,int r) {
if(l==r) {
for(int i=1;i<=f[l].deg();i++)
f[l][i]=mul(f[l][i],C.ifac[i]);
return f[l];
} int mid=(l+r)>>1;
return solve(l,mid)*solve(mid+1,r);
}
int main() {
n=rd();
if(n==1) {printf("%d\n",rd()); return 0;}
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=rd(), m+=a[i];
for(int i=1;i<=n;i++) {
poly g(a[i],0),h(a[i],0);
for(int j=1;j<=a[i];j++) g[j]=mul(C.fac[j-1],C.C(a[i]+j-1,a[i]-j));
if(i==1) for(int j=1;j<=a[i];j++) g[j]=mul(g[j],C.inv(j));
for(int j=0;j<=a[i];j++) h[a[i]-j]=mul(C.ifac[j],sgn(j));
g=g*h; f[i]=poly(a[i],0);
for(int j=1;j<=a[i];j++) f[i][j]=mul(g[a[i]+j],C.ifac[j-1]);
}
poly g=solve(2,n);
poly h(a[1]-1,0);
for(int i=0;i<=h.deg();i++)
h[i]=mul(f[1][i+1],C.ifac[i]);
h=h*g;
for(int i=1;i<=h.deg();i++)
ans=add(ans,mul(h[i],C.fac[i]));
if(a[1]>1) {
h=poly(a[1]-2,0);
for(int i=0;i<=h.deg();i++)
h[i]=mul(f[1][i+2],C.ifac[i]);
h=h*g;
for(int i=1;i<=h.deg();i++)
ans=dec(ans,mul(h[i],C.fac[i]));
} cout<<mul(ans,m)<<'\n';
}