【洛谷5326】[ZJOI2019] 开关（指数型生成函数）

点此看题面

• 有\(n\)个开关，每个开关有一个权值\(p_i\)。
• 每轮操作会以\(\frac{p_i}{\sum_{i=1}^{n}p_i}\)的概率选中一个开关改变它的状态。
• 给定目标状态\(s_i\)，问达到该状态的期望轮数。
• \(n\le100,\sum p_i\le5\times10^4\)

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发现生成函数什么的果然还是啥也不会。。。

看来与去年相比，在这方面上唯一的进步就是能看懂题解了。。。

指数型生成函数

首先，方便起见令\(P=\sum_{i=1}^np_i\)。

考虑对于一个目标状态\(s_i=0\)的位置，相当于要选中这个开关偶数次，而对于\(s_i=1\)的位置就是要选中奇数次。

也就是说，第\(i\)个位置的指数型生成函数就是：

\[F_i(x)= \begin{cases} \frac{1}{0!}+\frac{(\frac{p_i}{P})^2x^2}{2!}+\frac{(\frac{p_i}{P})^4x^4}{4!}+...=\frac{e^{\frac{p_i}{P}x}+e^{-\frac{p_i}{P}x}}2(s_i=0)\\ \frac{\frac{p_i}{P}x}{1!}+\frac{(\frac{p_i}{P})^3x^3}{3!}+\frac{(\frac{p_i}{P})^5x^5}{5!}+...=\frac{e^{\frac{p_i}{P}x}-e^{-\frac{p_i}{P}x}}2(s_i=1) \end{cases} =\frac{e^{\frac{p_i}{P}x}+(-1)^{s_i}e^{-\frac{p_i}{P}x}}2 \]

那么总生成函数应该就是\(F_1(x)*F_2(x)*F_3(x)*...*F_n(x)\)，也就是：

\[F(x)=\prod_{i=1}^n\frac{e^{\frac{p_i}{P}x}+(-1)^{s_i}e^{-\frac{p_i}{P}x}}2 \]

考虑这个函数的实际意义，它对应的普通生成函数的\(i\)次项系数表示的是\(i\)轮操作之后能得到目标状态的概率。

但我们要求的是它第一次到达目标状态的期望轮数，而如果仅仅通过\(F(x)\)这一个函数计算答案，到达一次目标状态之后我们依然会统计到它的贡献！

因此我们还要构造一个函数\(G(x)\)，让它的\(i\)次项系数表示\(i\)轮操作之后所有开关状态不变的概率。把这和\(F(x)\)一对比，发现\(G(x)\)其实就是\(s_i\)全等于\(0\)的\(F(x)\)，二者的求法应该是完全一致的（具体的求法之后会介绍）。

那么，我们最终的生成函数就应该是\(H(x)=\frac{F(x)}{G(x)}\)。

然后我们先考虑最终答案的表示，应该是：

\[\sum_{i=0}^{+\infty}i\times [x^i]H(x) \]

这形式看起来非常眼熟，仔细一想发现实际上这就是\(H'(1)\)。

再次提醒，最终的\(F(x),G(x),H(x)\)都应该是普通生成函数。

背包求解生成函数系数

现在，我们来考虑如何求出\(F(x)\)的系数。

显然这玩意儿是一个无限函数，不可能说求出它每一项的系数。

故考虑先把\(F(x)\)表示成\(\sum_ia_ie^{\frac{i}{P}x}\)的形式。观察之前的式子容易发现，最终的\(i\)取值范围应该是\([-P,P]\)。

既然\(n,P\)的范围都比较小，我们可以直接\(O(nP)\)暴力背包来求出\(a_i\)这个数组。

众所周知\(e^{\frac ipx}\)的第\(k\)次项系数为\((\frac ip)^k\)。

因为我们最终需要的是普通生成函数，所以把\(F(x)\)转化成\(OGF\)得到：

\[F(x)=\sum_{i=-P}^Pa_ie^{\frac iPx}=\sum_{i=-P}^P\frac{a_i}{1-\frac iPx} \]

同理我们求出\(G(x)\)的数组\(b_i\)，得到：

\[G(x)=\sum_{i=-P}^P\frac{b_i}{1-\frac iPx} \]

最终的答案计算

考虑\(H'=(\frac FG)'\)，而根据除法求导法则有\((\frac FG)'=\frac{F'G-G'F}{G^2}\)，因此：

\[H'(1)=\frac{F'(1)G(1)-G'(1)F(1)}{G^2(1)} \]

但是，我们发现\(F,F',G,G'\)四个函数在\(x=1\)的时候都不收敛，没办法直接求出\(F(1),F'(1),G(1),G'(1)\)。

不过，由于我们要求的是\((\frac FG)'\)，如果给\(F\)和\(G\)都乘上同一个多项式\(1-x\)，式子的结果并不会改变。

而这样一来，就会发现我们要求的东西都变得非常简单了，实际上此时就有：（这应该非常显然）

\[F(1)=a_P,F'(1)=\sum_{i=-P}^{P-1}\frac{a_i}{\frac iP-1}\\ G(1)=b_P,G'(1)=\sum_{i=-P}^{P-1}\frac{b_i}{\frac iP-1} \]

那么答案就是：

\[H'(1)=\frac{(\sum_{i=-P}^{P-1}\frac{a_i}{\frac iP-1})b_P-(\sum_{i=-P}^{P-1}\frac{b_i}{\frac iP-1})a_P}{b_P^2} \]

化简一下得到：

\[H'(1)=\frac{1}{b_P^2}\sum_{i=-P}^{P-1}\frac{a_ib_P-b_ia_P}{\frac iP-1} \]

具体实现还是非常简单的。

代码：\(O(n\sum p)\)

#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 100
#define SZ 50000
#define X 998244353
#define I2 499122177
using namespace std;
int n,s[N+5],P,p[N+5],a[2*SZ+5],b[2*SZ+5];
I int QP(RI x,RI y) {RI t=1;W(y) y&1&&(t=1LL*t*x%X),x=1LL*x*x%X,y>>=1;return t;}
int tmp[2*SZ+5];I void DP(int* f)//背包求解多项式系数
{
	f[P]=1;for(RI i=1,j;i<=n;++i)//枚举每个位置
	{
		for(j=0;j<=2*P;++j) tmp[j]=f[j],f[j]=0;//备份当前数组
		for(j=0;j+p[i]<=(P<<1);++j) f[j+p[i]]=(1LL*I2*tmp[j]+f[j+p[i]])%X;//第一种转移
		for(j=p[i];j<=(P<<1);++j) f[j-p[i]]=(1LL*(s[i]?X-1:1)*I2%X*tmp[j]+f[j-p[i]])%X;//第二种转移
	}
}
int main()
{
	RI i;for(scanf("%d",&n),i=1;i<=n;++i) scanf("%d",s+i);for(i=1;i<=n;++i) scanf("%d",p+i),P+=p[i];
	RI t=0,ipt=QP(P,X-2);for(DP(a),memset(s,0,sizeof(s)),DP(b),i=-P;i^P;++i)//两次背包求出两个多项式系数
		t=((1LL*a[i+P]*b[P<<1]-1LL*a[P<<1]*b[i+P]%X+X)%X*QP((1LL*(i+X)*ipt-1)%X,X-2)+t)%X;//统计答案
	return printf("%d\n",1LL*QP(b[P<<1],X-3)*t%X),0;
}