comet-2-E(概率DP+基环树+容斥+前缀和)

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题目链接

https://www.cometoj.com/contest/37/problem/E

题解

显然是个基环森林，那先考虑树上的情况，是个简单的概率 $DP$ ，当然要做点小容斥

树上缩成点的 $dp$ 值可以作为这个点自然醒来的概率，然后考虑环上的情况。。

考虑环上的任意一点时，该点叫醒谁是不用考虑的，因为自己醒不醒不可能反过来影响自己醒来的概率，这时环已经断成序列。。

所以直接断环复制一份，那么有

这个是个线性递推式，可以写成矩阵乘法的形式，然后用线段树维护乘积或者直接构造逆矩阵维护前缀和什么的。。

不过实在是太不优雅了，然而题解又看不太懂。。

反正要总体考虑写成式子，那么不妨考虑每个点的贡献，有

设后面乘积式的前缀乘积为 $g[i]$ ，有

维护前缀和就可以了。。




代码

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 */ 
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<map>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<set>
#include<bitset>
#include<complex>
#include<assert.h>
#define inc(i,l,r) for(int i=l;i<=r;i++)
#define dec(i,l,r) for(int i=l;i>=r;i--)
#define link(x) for(edge *j=h[x];j;j=j->next)
#define mem(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define ll long long
#define eps 1e-8
#define succ(x) (1<<x)
#define lowbit(x) (x&(-x))
#define sqr(x) ((x)*(x))
#define NM 200005
#define nm 200005
using namespace std;
const double pi=acos(-1);
const ll inf=998244353;
ll read(){
    ll x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return f*x;
}




struct edge{int t;ll v;edge*next;}e[nm],*h[NM],*o=e;
void add(int x,int y,ll v){o->t=y;o->v=v;o->next=h[x];h[x]=o++;}
int n,c[NM],f[NM],low[NM],tot;
ll a[NM],b[NM],d[NM],_x,_y,ans[NM],cnt;
bool v[NM];

ll qpow(ll x,ll t){return t?qpow(sqr(x)%inf,t>>1)*(t&1?x:1ll)%inf:1ll;}

void tar(int x){
    low[x]=_x;
    link(x)if(low[j->t]==_x)for(int y=x;y!=f[j->t];y=f[y])c[++tot]=y,v[y]++;
    else if(!low[j->t])f[j->t]=x,tar(j->t);
}

void dfs(int x){
    d[x]=1;
    link(x)if(f[x]!=j->t){
	f[j->t]=x;
	dfs(j->t);
	d[x]=d[x]*(inf+1-j->v*d[j->t]%inf)%inf;
    }
    ans[x]=d[x]=(a[x]+(inf+1-a[x])*(1-d[x]+inf))%inf;
}


int main(){
    n=read();inc(i,1,n)a[i]=read(),a[i]=a[i]*qpow(read(),inf-2)%inf;
    inc(i,1,n)f[i]=read();
    inc(i,1,n){
	ll _t=read();_t=_t*qpow(read(),inf-2)%inf;
	add(f[i],i,_t);
    }
    mem(f);
    inc(i,1,n)if(!low[i]){
    tot=0;
    tar(_x=i);
    if(!tot)continue;
    inc(i,1,tot){
	d[c[i]]=1;
	link(c[i])if(!v[j->t]){
	    f[j->t]=c[i];
	    dfs(j->t);
	    d[c[i]]=d[c[i]]*(1-j->v*d[j->t]%inf+inf)%inf;
	}
	a[c[i]]=(a[c[i]]+(a[c[i]]-1)*(d[c[i]]-1))%inf;
    }
    c[0]=c[tot];
    inc(i,1,tot)link(c[i])if(j->t==c[i-1])b[i]=j->v;
    inc(i,tot+1,tot*2)b[i]=b[i-tot],c[i]=c[i-tot];
    cnt=0;b[0]=1;
    inc(i,1,tot)cnt=cnt*(inf+1-a[c[i]])%inf*b[i]%inf,cnt+=a[c[i]],cnt%=inf,b[i]=b[i-1]*b[i]%inf*(inf+1-a[c[i]])%inf;
    inc(i,1,tot){
	cnt+=inf-a[c[i]]*b[i+tot-1]%inf*qpow(b[i],inf-2)%inf;cnt%=inf;
	cnt=cnt*b[i+tot]%inf*(inf+1-a[c[i]])%inf;cnt+=a[c[i]];cnt%=inf;
	ans[c[i]]=cnt;
	b[i+tot]=b[i+tot-1]*b[i+tot]%inf*(inf+1-a[c[i]])%inf;
    }
    }
    inc(i,1,n)printf("%lld ",ans[i]);putchar('\n');
    return 0;
}