传送门

题意：

给你一个大轮盘，被分成了$n$个区域$0,1,2,..,n-1$，每个区域被转到的概率是$\frac{a_i}{{\sum }_{j=0}^{n-1}{a}_j}$，转到第$i$个区域的时候得分是$i$。现在你初始有$x=0$分，每次转动轮盘假设得到了$y$分，那么如果$x\oplus y\le x$的话，当前得分不会变化，否则将$x=x\oplus y$，当得分达到$n-1$的时候立即停止，问你转转盘轮数的期望。
$2\le n\le 2^{16}$，且$n$为$2$的幂次。

思路：

以下我们约定：$a_i$代表得分为$i$的概率。
考虑期望$dp$，我们这里倒着来推，所以设$f[i]$表示当得分为$i$的时候还需要进行的轮数期望是多少，很容易就可以得到$n^2$的一个转移方程：$$f_i=\sum _{j=0}^{n-1}[(i\oplus j)>i](f_{i\oplus j}+1)\ast a_j+\sum _{j=0}^{n-1}[(i\oplus j\le i)](f_i+1)\ast a_j$$
考虑到方程两边都有$f[i]$，我们进行移项：
$$f_i=\frac{{\sum }_{j=0}^{n-1}{a}_j+{\sum }_{j=0}^{n-1}[(i\oplus j)>i]f_{i\oplus j}\ast a_j}{1-{\sum }_{j=0}^{n-1}[(i\oplus j\le i)]a_j}$$
这个式子一眼看去只能$n^2$求，可以发现瓶颈就在${\sum }_{j=0}^{n-1}[(i\oplus j)>i]f_{i\oplus j}\ast a_j$这个式子上，我们将其化简一下，设$x=i,y=j,z=x\oplus y$，$f(x)={\sum }_{x\oplus y=z,z>x}f(z)a(y)$，看到$f(x)$的式子很像异或卷积，所以为了更直观，继续化简$f(x)={\sum }_{z\oplus y=x,z>x}f(z)a(y)$。
观察可知，那么去掉$z>x$的条件的话，这个就是一个异或卷积的裸式子了，考虑到对于$i$只有$>i$的$f$能对其有贡献，所以考虑$cdq$分治来计算这个式子，就可以去掉$z>x$这个条件了。在分治的过程中，只需要先递归计算右边的值，让后计算当前左区间的值，再递归左区间处理子问题即可。
但是问题还没有解决，$a(y)$怎么确定呢？在卷的过程中我们需要保证所有$a$都需要符合条件才可，不然会卷出来其他不合法的答案。考虑当前区间分成的两部分$[l,mid],[mid+1,r]$对应的二进制分别是$[xxx000,xxx011],[xxx100,xxx111]$，发现了什么？我们计算左区间的时候，他们的$a$是那些部分呢？显然答案应该是$a$中下标在$[100,111]$的范围内的数，可以发现左区间$[xxx000,xxx011]$异或上区间内任何一个数都会准确的落在右区间的某个位置，且只有这些数能落在右区间。所以卷的时候让右区间的$f$和上面的$a$对应区间卷起来即可。
递归到$l=r$的时候直接计算答案即可。

// Problem: Gambling Monster
// Contest: NowCoder
// URL: https://ac.nowcoder.com/acm/contest/11257/D
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// Time Limit: 2000 ms
// 
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#define X first
#define Y second
#define L (u<<1)
#define R (u<<1|1)
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define Mid ((tr[u].l+tr[u].r)>>1)
#define Len(u) (tr[u].r-tr[u].l+1)
#define random(a,b) ((a)+rand()%((b)-(a)+1))
#define db puts("---")
using namespace std;//void rd_cre() { freopen("d://dp//data.txt","w",stdout); srand(time(NULL)); }
//void rd_ac() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//AC.txt","w",stdout); }
//void rd_wa() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//WA.txt","w",stdout); }typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int,int> PII;const int N=100010,mod=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f;
const double eps=1e-6;int n;
int a[N],b[N],c;
LL f[N],iv2,u[N],all;LL qmi(LL a,LL b) {LL ans=1;  a%=mod; a+=mod; a%=mod;while(b) {if(b&1) ans=ans*a%mod;a=a*a%mod;b>>=1;}return ans%mod;
}int x[N], y[N];
void FWT_xor(int *a,int opt,int N)
{for(int i=1;i<N;i<<=1)for(int p=i<<1,j=0;j<N;j+=p)for(int k=0;k<i;++k){int X=a[j+k],Y=a[i+j+k];a[j+k]=(X+Y)%mod;a[i+j+k]=(X+mod-Y)%mod;if(opt==-1)a[j+k]=1ll*a[j+k]*iv2%mod,a[i+j+k]=1ll*a[i+j+k]*iv2%mod;}
}void cdq(int d,int l,int r,LL sa) {if(l==r) {f[l]+=all%mod; f[l]%=mod;(f[l]*=qmi(1-(all-sa)%mod,mod-2))%=mod;return;} int len=1<<d; LL sum=0;cdq(d-1,l+len,r,sa);for(int i=0;i<len;i++) {x[i]=a[i+len]; sum+=x[i]; sum%=mod;y[i]=f[i+l+len];}FWT_xor(x,1,len); FWT_xor(y,1,len);for(int i=0;i<len;i++) {x[i]=1ll*x[i]*y[i]%mod;}FWT_xor(x,-1,len);for(int i=0;i<len;i++) {(f[i+l]+=x[i])%=mod;	}cdq(d-1,l,l+len-1,(sa+sum)%mod);
}int main()
{
//	ios::sync_with_stdio(false);
//	cin.tie(0);iv2=qmi(2,mod-2);int _; scanf("%d",&_);while(_--) {scanf("%d",&n); LL sum=0;memset(f,0,sizeof(f));for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&a[i]),sum+=a[i];sum=qmi(sum,mod-2);  all=0;for(int i=0;i<n;i++) a[i]=a[i]*sum%mod,all+=a[i],all%=mod;for(int i=16;i>=0;i--) {if((1<<i)==n) {cdq(i-1,0,n-1,0);break;}}printf("%lld\n",f[0]%mod);}return 0;
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3
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