「SOL」开关(LOJ)

并不套路的概率生成函数

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# 题面

$n$ 个开关初始是关闭的，当某一些开关打开而另一些开关关闭时可以开门。

随机改变开关的状态——每次有 $\frac{p_i}{\sum p}$ 的概率更改开关 $i$ 的状态。求期望操作多少次第一次打开门。

数据规模：$p_i\ge 1,\sum p\le {10}^5$。

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# 解析

- P1. 一些函数的定义

可以拆解成每一个开关最后要变成指定的状态。

记 $\sum p_i=P$。由于对于同一个开关来说，操作是无序的，应用 EGF，设 $F_i(x)$ 是「开关 $i$ 操作 $j$ 次的概率 $(\frac{p_i}{P}{)}^j$」的 EGF。

• 若 $i$ 要求最后关闭，则操作偶数次：
  $$F_i(x)=\sum _{j=0}\frac{(\frac{p_i}{P}{)}^{2j}{x}^{2j}}{(2j)!}=\frac{e^{\frac{p_i}{P}x}+e^{-\frac{p_i}{P}x}}{2}$$

• 同理，若要求最后打开，操作奇数次：
  $$F_i(x)=\frac{e^{\frac{p_i}{P}x}-e^{-\frac{p_i}{P}x}}{2}$$

从概率生成函数的角度考虑，要求期望，则设对应随机变量的概率——设 $f_i$ 为「操作 $i$ 次打开门」的概率，对应的 OGF 为 $F(x)$（普通概率生成函数才有 $E(X)=F^{\prime }(1)$）。

先不管 OGF 怎么求，难道答案就是 $F^{\prime }(1)$ 了吗？注意到 $f_i$ 只表示「操作 $i$ 次打开了门」而并不是题目要求的「第一次打开门」。

设 $g_i$ 表示操作了 $i$ 次后，所有开关的状态恰好不变的概率，也即操作了每个开关偶数次，记其 OGF 为 $G(x)$。

最后设出 $h_i$ 表示「操作 $i$ 次后第一次打开门」的概率，其 OGF 为 $H(x)$，那么 $H^{\prime }(1)$ 才是我们真正要求的答案。根据实际意义可以推得

$$H(x)G(x)=F(x)\Rightarrow H(x)=\frac{F(x)}{G(x)}$$

但是我们现在将 $F_i(x)$ 全部乘起来只能得到 $f_i$ 的 EGF，记为 $R(x)$：

$$R(x)=\prod _{i=1}^n{F}_i(x)$$

同理，我们也只能快速得到 $g_i$ 的 EGF 的表达式，记为 $W(x)$：

$$W(x)=\prod _{i=1}^n\frac{e^{\frac{p_i}{P}x}+e^{-\frac{p_i}{P}x}}{2}$$

考虑如何把 EGF 转成 OGF。

- P2. EGF to OGF

注意到 $R(x)$ 和 $W(x)$ 的形式是类似的。

不难发现 $R(x)$ 可以表示成如下形式（$W(x)$ 也可以，下面只通过 $R(x)$ 举例）：

$$R(x)=\sum _i{a}_i{e}^{\frac{i}{P}x}$$

只需要把 $F_i(x)$ 当成一对大小为 $p_i$ 和 $-p_i$ 的物品做一次 $\mathcal{O}(nP)$ 的背包即可求出 $a_i$。

而知道了 $a_i$ 我们就可以较为方便地求出其 OGF $F(x)$：

$$\begin{array}{rl}F(x)& =\sum _{k=0}^{+\mathrm{\infty }}k!x^k[x^k]R(x)\\ & =\sum _{k=0}^{+\mathrm{\infty }}k!x^k[x^k]\sum _j{a}_j{e}^{\frac{j}{P}x}\\ & =\sum _{k=0}^{+\mathrm{\infty }}k!x^k\sum _j{a}_j\frac{(\frac{j}{P}{)}^k}{k!}\\ & =\sum _j{a}_j\sum _{k=0}^{+\mathrm{\infty }}{\left(\frac{jx}{P}\right)}^k\\ & =\sum _j\frac{a_j}{1-\frac{jx}{P}}\end{array}$$

上式的 $j$ 的取值根据背包可知应为 $[-P,P]$。

- P3. 求导

根据之前的推导，我们已经可以求得 OGF $F(x),G(x)$，而最终目标

$$H(x)=\frac{F(x)}{G(x)}$$

对其求导并代入 $x=1$ 可以得到答案：

$$\begin{array}{rl}& H^{\prime }(x)=\frac{F^{\prime }(x)G(x)-G^{\prime }(x)F(x)}{G^2(x)}\\ \Rightarrow & H^{\prime }(1)=\frac{F^{\prime }(1)G(1)-G^{\prime }(1)F(1)}{G^2(1)}\end{array}$$

注意 $F(x),G(x)$ 都不涵盖所有可能情况，所以 $F(1)\ne 1,G(1)\ne 1$。

但是稍微细心一些，我们发现 $F(x)$ 和 $G(x)$ 在 $1$ 处很有可能不收敛——在 P2 中求出的式子：

$$F(x)=\sum _j\frac{a_j}{1-\frac{jx}{P}}$$

若 $a_P\ne 0$，有 $j=P$ 时 $F(x)$ 在 $1$ 处不收敛；$G(x)$ 同理。

正无穷除以正无穷？洛必达

考虑 $H(x)=\frac{F(x)}{G(x)}$ 分子分母同时乘以 $(1-x)$，或者说 $F(x)$ 和 $G(x)$ 的表达式同时乘以 $(1-x)$，可以消去不收敛的项。

又因为 $H(x)$ 是一个形式幂级数，$x$ 能取什么值并不重要，所以这样的操作是可以的。

乘上 $(1-x)$ 后，注意导函数在 $x=1$ 处的取值会变成相反数。

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# 源代码

Copy/*Lucky_Glass*/
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;

inline int rin(int &r){
	int b=1,c=getchar();r=0;
	while(c<'0' || '9'<c) b=c=='-'?-1:b,c=getchar();
	while('0'<=c && c<='9') r=(r<<1)+(r<<3)+(c^'0'),c=getchar();
	return r*=b;
}

const int N=105,M=5e4+10,MOD=998244353;
#define con(type) const type &

inline int add(con(int)a,con(int)b){return a+b>=MOD?a+b-MOD:a+b;}
inline int sub(con(int)a,con(int)b){return a-b<0?a-b+MOD:a-b;}
inline int mul(con(int)a,con(int)b){return int(1ll*a*b%MOD);}
inline int ina_pow(con(int)a,con(int)b){return b?mul(ina_pow(mul(a,a),b>>1),(b&1)?a:1):1;}
inline int inv(con(int)k){return ina_pow(k,MOD-2);}

int n,sump;
int ars[N],arp[N],f[2][M<<1],g[2][M<<1];

int main(){
	const int INV2=ina_pow(2,MOD-2);
	rin(n);
	for(int i=1;i<=n;i++) rin(ars[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++) sump+=rin(arp[i]);
	f[0][sump]=g[0][sump]=1;
	for(int i=1,now=0;i<=n;now+=arp[i],i++){
		int I=i&1,J=!I;
		fill(f[I]+(sump-now-arp[i]),f[I]+(sump+now+arp[i])+1,0);
		fill(g[I]+(sump-now-arp[i]),g[I]+(sump+now+arp[i])+1,0);
		int *fI=f[I]+sump,*fJ=f[J]+sump,*gI=g[I]+sump,*gJ=g[J]+sump;
		for(int j=-now;j<=now;j++){
			int val=mul(INV2,fJ[j]);
			fI[j+arp[i]]=add(fI[j+arp[i]],val);
			if(ars[i]) fI[j-arp[i]]=sub(fI[j-arp[i]],val);
			else fI[j-arp[i]]=add(fI[j-arp[i]],val);
			val=mul(INV2,gJ[j]);
			gI[j+arp[i]]=add(gI[j+arp[i]],val);
			gI[j-arp[i]]=add(gI[j-arp[i]],val);
		}
	}
	int *fi=f[n&1]+sump,*gi=g[n&1]+sump;
	int invs=ina_pow(sump,MOD-2),f0=fi[sump],g0=gi[sump],f1=0,g1=0;
	for(int i=-sump;i<=sump;i++){
		int ii=i<0? i+MOD:i,tmp=inv(sub(mul(ii,invs),1));
		f1=add(f1,mul(fi[i],tmp));
		g1=add(g1,mul(gi[i],tmp));
	}
	printf("%d\n",mul(sub(mul(f1,g0),mul(g1,f0)),inv(mul(g0,g0))));
	return 0;
}

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THE END

Thanks for reading!

如若是狂风雪雨
亦或碧空如洗
此生百转千回阴晴只得由你
挥毫执墨笔 把你记作曲
也许 此中音律抚琴为君高歌一曲

——《琴弦上(vocaloid)》By 乐正绫/赤羽/星葵

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