不收敛就是存在一个点，在一轮中有过贡献，但是没有被操作过，并且它的权值非 0 。枚举每条边判断是否一端被操作一端未被操作再看看权值即可。
考虑计算一轮中每个点乘上 \( \frac{1}{2^i} \) 贡献了几次，那么无限轮就是一轮的总贡献乘上 \( \sum\limits_{i=0}^{\infty}\frac{1}{2^{i*c}} \) ，其中 c 是一轮中该点被操作的次数。
然后就不会了。
看到边数有限制，其实可以考虑根号分治！就是度数 <= 根号的点一种做法，度数 > 根号的点一种做法。
把度数 <= 根号的点称为小点，度数 > 根号的点称为大点。
1.小点要枚举出边，考虑它自己给它的 “出点” 的贡献；2.大点可以枚举所有 n 个点，考虑它们给它的贡献；3.同时还要考虑大点对小点的贡献。
发现如果枚举 n 个点之类的话，每个点得维护它在操作序列上的位置之类的，很难做。那么考虑枚举操作序列上 k 个位置。
1.
小点给它的出点贡献的时候，得知道对方现在是 2 的几次方分之一的状态。所以记一个 ct 表示每个点当前是几次方状态。再记一个 sm 表示每个点在一轮中贡献了几倍权值。
依次枚举 k 个位置，先给该位置的点的 ct[ ] ++ ，遇到大点就跳过；遇到小点就枚举它的出边，如果对方是小点就给对方的 sm 加上对方的 \( 2^{ct[ ]} \) 。
2.
枚举大点 cr ，再枚举 k 个位置。每次开始一个大点的时候，就把所有点的 ct 清空，然后枚举 k 个位置的时候维护起来，这样仍可以知道每个点当前的状态。
k 个位置里遇到小点，如果是与 cr 有边的，就 sm[ cr ] += bin[ ct[ cr ] ] 即可。（bin[ i ] 表示 \( \frac{1}{2^i} \)）
可以预处理 \( n\sqrt{n} \) 的 bool 数组表示每个大点和各点之间有没有边。一开始枚举每条边就能做出。
3.
这个难以在枚举大点的时候做，所以考虑在枚举小点 cr 的出边的时候，“出点”是大点的话就 sm[ cr ] += ... 。
考虑这里的 “ ... ” ，应该是 “在 cr 上次被操作到这次被操作之间该大点的出现次数 tp ” 乘上 bin[ ct[ cr ]-1 ] （减 1 因为 cr 上次操作到这次操作之间是 ct[ cr ]-1 的状态）。
考虑 tp 怎么求。可以开一个 \( n\sqrt{n} \) 的数组表示每个大点在当前时刻（因为是在外围枚举着 k 个位置的，所以有当前时刻）出现了多少次。 位置每变一下，就枚举大点维护数组，也不过是 \( k\sqrt{n} \) 的复杂度。
所以这道题就 \( O(k\sqrt{n}) \) 即可。
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<cmath> #define ll long long using namespace std; int rdn() { int ret=0;bool fx=1;char ch=getchar(); while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')fx=0;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9')ret=ret*10+ch-'0',ch=getchar(); return fx?ret:-ret; } const int N=1e5+5,M=2e5+5,B=340,mod=998244353; int upt(int x){while(x>=mod)x-=mod;while(x<0)x+=mod;return x;} int pw(int x,int k) {int ret=1;while(k){if(k&1)ret=(ll)ret*x%mod;x=(ll)x*x%mod;k>>=1;}return ret;} int n,m,k,w[N],s[M],rd[N],hd[N],xnt,to[N<<1],nxt[N<<1]; int q[B],tot,dy[N],ct[N],sm[N],lj[B][M],lst[N],bin[M],iv2; bool lx[N],vis[N],b[B][M]; struct Ed{ int x,y; Ed(int x=0,int y=0):x(x),y(y) {} }ed[N]; void add(int x,int y){to[++xnt]=y;nxt[xnt]=hd[x];hd[x]=xnt;} void init() { memset(rd,0,sizeof rd); xnt=0;memset(hd,0,sizeof hd); tot=0;memset(lx,0,sizeof lx); memset(ct,0,sizeof ct); memset(sm,0,sizeof sm); memset(vis,0,sizeof vis); memset(b,0,sizeof b); memset(lj,0,sizeof lj); memset(lst,0,sizeof lst); } int main() { while(scanf("%d",&n)==1) { m=rdn();k=rdn(); init(); for(int i=1;i<=n;i++)w[i]=rdn(); for(int i=1;i<=k;i++)s[i]=rdn(),vis[s[i]]=1; iv2=pw(2,mod-2); bin[0]=1;for(int i=1;i<=k;i++)bin[i]=(ll)bin[i-1]*iv2%mod; bool fg=0; for(int i=1,u,v;i<=m;i++) { u=rdn();v=rdn(); ed[i]=Ed(u,v); add(u,v);add(v,u); rd[u]++; rd[v]++; if((vis[u]&&!vis[v]&&w[v])||(vis[v]&&!vis[u]&&w[u]))fg=1; } if(fg){puts("-1");continue;} int bs=sqrt(n); for(int i=1;i<=n;i++) if(rd[i]>bs&&vis[i]) lx[i]=1,q[++tot]=i,dy[i]=tot; for(int i=1;i<=m;i++) { int u=ed[i].x, v=ed[i].y; if(lx[u])b[dy[u]][v]=1; if(lx[v])b[dy[v]][u]=1; } for(int i=1;i<=k;i++) { int cr=s[i]; ct[cr]++; for(int j=1;j<=tot;j++)lj[j][i]=lj[j][i-1]; if(lx[cr]){lj[dy[cr]][i]++;continue;} for(int j=hd[cr],v;j;j=nxt[j]) { if(!lx[v=to[j]]) { sm[v]=upt(sm[v]+bin[ct[v]]); } else { int tp=lj[dy[v]][i]-lj[dy[v]][lst[cr]]; if(!tp)continue; sm[cr]=(sm[cr]+(ll)bin[ct[cr]-1]*tp)%mod; } } lst[cr]=i; } for(int i=1;i<=n;i++) { if(!vis[i]||lx[i])continue; for(int j=hd[i],v;j;j=nxt[j]) { v=to[j]; if(!lx[v])continue; int tp=lj[dy[v]][k]-lj[dy[v]][lst[i]]; if(!tp)continue; sm[i]=(sm[i]+(ll)bin[ct[i]]*tp)%mod; } } for(int i=1;i<=tot;i++) { int cr=q[i]; for(int j=1;j<=k;j++)ct[s[j]]=0;// for(int j=1;j<=k;j++) { int v=s[j]; ct[v]++; if(v==cr)continue; if(!b[i][v])continue; sm[cr]=upt(sm[cr]+bin[ct[cr]]); } } int ans=0; for(int i=1;i<=n;i++) if(vis[i]) { int tp=pw(upt(1-bin[ct[i]]),mod-2); tp=(ll)tp*sm[i]%mod*w[i]%mod; ans=upt(ans+tp); } printf("%d\n",ans); } return 0; }