条件期望 以及 CF1172C2 Nauuo and Pictures (hard version) 题解

前言

再次看到这一题是在某带砖的思政课上。回忆中，第一次看到这题的时，我尚懵懂，并不会做。如今，将这题推给我的人已功成名就，而我却一无所有，不禁黯然神伤，感慨时移世异以至沧海桑田。兴许能把以前自己不会的题做出来，已然是莫大的安慰，故作文以记之。

首先考虑朴素的解法:

对于任何一幅图片，我只关心它被访问过多少次，以及当前的总和是多少，因此：
令 $f[x,i,j,k]$ 表示第 $x$ 幅照片，总共访问了 $i$ 轮，其中除了 $x$ 以外的 $+1$ 访问了 $j$ 次，除了 $x$ 以外的 $-1$ 访问了 $k$ 次的概率
然后可以借助 $i,j,k$ 的值来计算出当前状态的所有参数，从而计算转移到下一步的概率，时间复杂度 $\mathcal{O}(n{m}^3)$
不难发现这个做法中的很大一部分时间复杂度都是由于符号引起的，如果能把符号去掉就好了

然后不妨思考一个东西：

要是所有照片都是 $+1$ 的就好了
如果所要照片都是 $+1$ 的话，那么对于每个照片，我只要关心他被访问多少次即可，
因此记 $f[x,i,j]$ 为第 $x$ 幅照片，总共访问了 $i$ 次，其中访问了它 $j$ 次的概率
然后考虑一下进行第 $i+1$ 次访问时看看有多大的概率会访问到它：
$p=\sum _{j=0}^{i}f[x,i,j]\cdot \frac{w_0+j}{wtot+i}=\frac{1}{wtot+i}\sum _{j=0}^{i}f[x,i,j]\cdot (w_0+j)=\frac{\mathbb{E}(w)}{wtot+i}$
这就很有意思了，你发现某一次访问某个照片的概率与具体访问过它几次无关，而与它当前的期望有关
而由于期望是线性的，某个照片当前的期望就是每一步访问它次数的期望之和，这个玩意儿可以写成一个递推式：
${\mathbb{E}}_{n+1}={\mathbb{E}}_n+\frac{{\mathbb{E}}_n}{wtot+n}={\mathbb{E}}_0\cdot \prod _{i=0}^n(1+\frac{1}{wtot+i})$

怎么创造所有照片的符号都相同这一个条件呢

那就是计算出来，在 $m$ 次访问中,访问了 $k$ 次 $+1$ 的概率
这个可以用一个 $\mathcal{O}(m^2)$ 的 dp 来计算，然后统计答案时只需要计算条件期望的和就行了
就是 $\mathbb{E}(x)=\sum \mathbb{p}(\mathrm{某}\mathrm{种}\mathrm{情}\mathrm{况}\mathrm{发}\mathrm{生}\mathrm{的}\mathrm{概}\mathrm{率})\cdot \mathbb{E}(\mathrm{这}\mathrm{种}\mathrm{情}\mathrm{况}\mathrm{必}\mathrm{然}\mathrm{发}\mathrm{生}\mathrm{的}\mathrm{前}\mathrm{提}\mathrm{下}\mathrm{的}x)$

感觉这题实质上是对于条件期望以及条件概率的考察
附代码

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
inline int read(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	for(;!isdigit(ch);ch=getchar())f^=ch=='-';
	for(;isdigit(ch);ch=getchar())x=x*10+(ch^48);
	return f?x:-x;
}
const int M=3005,N=2e5+5,mo=998244353;
inline int qpow(int x,int t){
	int ret=1;
	for(;t;t>>=1,x=x*x%mo)if(t&1)ret=ret*x%mo;
	return ret;
}
inline void red(int &x){x>=mo?x-=mo:0;}
int n,m,sum[3],f[M][M],w[N],a[N],ans[N],inv[2][M],fact[2];
signed main(){
	n=read(),m=read();
	for(int i=1;i<=n;++i)
		a[i]=read();
	for(int i=1;i<=n;++i){
		w[i]=read();
		sum[a[i]]+=w[i];
	}
	sum[2]=sum[0]+sum[1];
	for(int i=0;i<=m;++i)for(int t=0;t<2;++t)
		inv[t][i]=qpow(sum[t]+(t?i:-i),mo-2);
	f[0][0]=1;
	for(int tot=1;tot<=m;++tot){
		for(int i=0,j=tot;i<=min(sum[0],tot);++i,--j){
			int wtot,w;
			if(i>0){
				wtot=sum[2]+j-i+1,w=sum[0]-(i-1);
				red(f[i][j]+=qpow(wtot,mo-2)*w%mo*f[i-1][j]%mo);
			}
			if(j>0){
				wtot=sum[2]+j-i-1,w=sum[1]+(j-1);
				red(f[i][j]+=qpow(wtot,mo-2)*w%mo*f[i][j-1]%mo);
			}
		}
	}
	for(int t=0;t<2;++t){
		int val=1,tag=t?1:mo-1;
		fact[t]=val*(t?f[m][0]:f[0][m]);
		for(int j=1;j<=m;++j){
			val=val*(1+tag*inv[t][j-1]%mo)%mo;
			red(fact[t]+=val*(t?f[m-j][j]:f[j][m-j])%mo);
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;++i){
		printf("%lld\n",w[i]*fact[a[i]]%mo);
	}
	return 0;
}