给定 \(x_1,\cdots,x_n\sim U[0,1]\) 和 \(m\) 个不同无序二元组 \((a_i,b_i)\)，求 \(\mathbb E[\max\{x_i,x_{a_i}+x_{b_i}\}]\bmod 998244353\)。
\(n\le 25\)，\(1\le a_i<b_i\le n\)。
按照套路，我们应该算出 \(g(t)=\Pr[Ans\le t]\)，得到答案是 \(2-\int_0^2 g(t)\text dt\)。
按照套路，接下来应该搞子集 dp 之类的东西，但 \(n\) 有 \(25\)，害怕。
然而 \(n\le 15\) 有 \(90\) 分，还是搞一搞。
设 \(f(S,y,t)\) 表示只考虑点集 \(S\) 的导出子图，所有点权 \(\le y\)，答案 \(\le t\) 的概率，并且要求 \(\frac t2\le y\le\min(t,1)\)。
- 若所有点权 \(\le\frac t2\)，显然答案 \(\le t\)，贡献为 \((t/2)^{|S|}\)。
- 若有点权 \(>\frac t2\)，设最大点为 \(i\)，则只需与 \(i\) 相连点权 \(\le t-x_i\)，就可以把 \(i\) 和与 \(i\) 相连的点删掉，设得到的点集为 \(S_i\)。
\[f(S,y,t)=(\frac t2)^{|S|}+\sum_{i\in S}\int_{\frac t2}^yf(S_i,x,t)\cdot(t-x)^{|S|-|S_i|-1}\text dx
\]
它是一个关于 \(y,t\) 的二元 \(|S|\) 次齐次多项式，所以把它当关于 \(y\) 的一元 \(|S|\) 次多项式算即可，答案是
\[Ans=2-\int_0^1f(t,t)\text dt-\int_1^2f(1,t)\text dt
\]
直接用这个柿子算就 \(O(2^nn^3)\)。
题解说 \(S\) 不连通的时候把每个连通块分别算然后乘起来就过了，jls 说是就是吧。
#include<bits/stdc++.h>
#define PB emplace_back
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
const int N = 27, mod = 998244353;
template<typename T>
void rd(T &x){
int ch = getchar(); x = 0;
for(;ch < ‘0‘ || ch > ‘9‘;ch = getchar());
for(;ch >= ‘0‘ && ch <= ‘9‘;ch = getchar()) x = x * 10 + ch - ‘0‘;
}
void qmo(int &x){x += x >> 31 & mod;}
int n, m, VIS, G[N], C[N][N], inv[N], pw[N], ans = 2;
unordered_map<int, VI> Mp;
VI operator*(const VI &a, const VI &b){
VI c(a.size()+b.size()-1);
for(int i = 0;i < a.size();++ i)
for(int j = 0;j < b.size();++ j)
c[i+j] = (c[i+j] + (LL)a[i]*b[j]) % mod;
return c;
}
void Inte(VI &a){
int len = a.size();
a.resize(a.size()+1);
for(int i = len;i;-- i)
a[i] = (LL)a[i-1] * inv[i] % mod;
a[0] = 0;
}
void dfs(int x){
VIS ^= 1<<x;
for(int i = 0;i < n;++ i)
if((G[x]&VIS)>>i&1) dfs(i);
}
VI calc(int S){
if(Mp.count(S)) return Mp[S];
int l = __builtin_popcount(S);
VI res, blk; int _ = VIS = S;
for(int i = 0;i < n;++ i) if(_>>i&1){
dfs(i); blk.PB(_^VIS); _ = VIS;
}
if(blk.size() > 1){
res.PB(1);
for(int T : blk) res = res * calc(T);
} else {
res.resize(l+1); res[0] = pw[l];
for(int i = 0;i < n;++ i) if(S>>i&1){
int T = S&~(G[i]|(1<<i)), k = __builtin_popcount(S&G[i]);
VI a = calc(T), b(k+1);
for(int i = 0;i <= k;++ i) b[i] = i&1?mod-C[k][i]:C[k][i];
Inte(a = a*b);
for(int i = 0;i < a.size();++ i){
qmo(res[i] += a[i] - mod);
qmo(res[0] -= (LL)a[i]*pw[i]%mod);
}
}
}
return Mp[S] = res;
}
int eval(VI a, int l, int r){
int re1 = 0, re2 = 0; Inte(a);
for(int i = a.size()-1;~i;-- i){
re1 = ((LL)re1*l+a[i]) % mod;
re2 = ((LL)re2*r+a[i]) % mod;
}
qmo(re2 -= re1); return re2;
}
int main(){
rd(n); rd(m); Mp[0] = {1};
for(int i = 0, u, v;i < m;++ i){
rd(u); rd(v); -- u; -- v;
G[u] |= 1<<v; G[v] |= 1<<u;
}
inv[1] = 1;
for(int i = 2;i < N;++ i) inv[i] = mod-(LL)mod/i*inv[mod%i]%mod;
for(int i = 0;i < N;++ i)
for(int j = *C[i] = 1;j <= i;++ j)
qmo(C[i][j] = C[i-1][j-1]+C[i-1][j]-mod);
pw[0] = 1;
for(int i = 1;i < N;++ i) pw[i] = pw[i-1]+(pw[i-1]&1?mod:0)>>1;
VI a = calc((1<<n)-1), b(n+1);
for(int i = 0;i < a.size();++ i)
qmo(b[n] += a[i] - mod);
reverse(a.begin(), a.end());
qmo(ans -= eval(a, 1, 2));
qmo(ans -= eval(b, 0, 1));
printf("%d\n", ans);
}