概率生成函数

part0 What is it ?

一类人为规定的函数

设 \(f(i)\) 为第 \(i\) 项的概率

那么设 \(F(x)\) 为 \(f\) 的生成函数

\[F(x) = \sum_{i \geq 0} f(i) * x ^ i \]

part1 一些性质

\(1: F'(1) = E(x)\)

假如第 \(i\) 项的值为 \(i\)

则这件事情的期望 \(E\) 为

\[\sum_{i \geq 0} i * f(i) \]

我们发现

\[F'(x) = \sum_{i \geq 0} i * f(i) * x ^ {i - 1} \]

\[F'(1) = \sum_{i \geq 0} i * f(i) = E(x) \]

$2 : $ 方差 $val(x) = $ $ F''(1) + F'(1) - F'(1) ^ 2 $

已知方差为

\[E(x^2) - E(x)^2 \]

那么

\[E(x^2) = \sum_{i \geq 0} i ^ 2 * f(i) \]

\[F''(x) = \sum_{i \geq 0} i * (i - 1) * f(i) * x ^ {i - 2} \]

把式子拆开

\[E(x^2) = F''(x) + F'(x) \]

\[E(x^2) - E(x)^2 = F''(x) + F'(x) - F'(x) ^ 2 \]

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然后就是做题了。。。

P4548 [CTSC2006] 歌唱王国

暴力

就是建一个ＫＭＰ自动机，高斯消元

正解

我们先设几个变量， \(A\) 表示名字序列，\(m\) 表示随机数生成器范围， \(L\) 表示名字长度

设 \(f(i)\) 表示序列在第 \(i\) 处结束的概率，答案就是 $ \sum\limits_{i \geq 0} i * f(i)$

我们发现这玩意有无穷多项，考虑使用概率生成函数

设 \(F(X)\) 为 \(f\) 的生成函数，答案就是 \(F'(1)\)

这样还是毫无思绪，我们考虑上网搜题解

题解告诉我们，这种类型的题讲究套路，那我们就用套路

设 $g(i) $ 为序列长为 \(i\) 但没有结束的概率，它的生成函数为 \(G(x)\)

对于 \(G(x)\) 此时序列还没有结束，我们往里面随便放一个数 \(G(x) * 1 * x\) 此时它可能结束，也可能没结束，那它就等于 \(F(x) + G(x)\) ，这样的话里面一定有字母，我们就少统计了 \(f(0), g(0)\) ，把它们加进去，\(f(0) = 0, g(0) = 1\) 此时我们得出一个等式

\[F(x) + G(x) = 1 + G(x) * x \]

里面有两个未知量，我们还要再搞出一个

对于一个 \(G(x)\) 我们把一个人的名字 \(A\) 序列放进去，这时候序列一定结束了，但对于每一个未放完序列 \(g(i)\) 不一定是在 \(i + |A|\) 处结束，还可能更早

比如序列 \(g(i)\) 放入 \(|A|\) 后，在 \(j (j > i)\) 处结束，那他的概率就是

\[g(i) * (\frac 1 m) ^ L = f(j) * (\frac 1 m) ^ {L - j} \]

序列在 \(j\) 处结束当且仅当 $A[1, (j - i)] = A[L - (j - i), L] $

于是我们可以得出

\[G(x) * (\frac 1 m) ^ L = \sum_{A[1, i] = A[L - i, L]} F(x) * ( \frac 1 m) ^ {(L - i)} \]

统计一下我们现在有两个式子

\[\begin{cases} F(x) + G(x) = 1 + G(x) * x \\ G(x) * (\frac 1 m) ^ L = \sum\limits_{A[1, i] = A[L - i, L]} F(x) * ( \frac 1 m) ^ {(L - i)} \end{cases} \]

对一式求导

\[F'(x) + G'(x) = G'(x) * x + G(x) \]

当 \(x = 1\) 时

\[F'(1) + G'(1) = G'(1) + G(1) \]

\[F'(1) = G(1) = E \]

我们现在想知道 \(G(1)\)，把 \(x = 1\) 带入二式得

\[G(1) * (\frac 1 m) ^ L = \sum_{A[1, i] = A[L - i, L]} F(1) * ( \frac 1 m) ^ {(L - i)} \]

\[G(1) = \sum_{A[1, i] = A[L - i, L]} F(1) * m ^ i \]

而 \(F(1) = \sum p_i = 1\)

所以

\[E = G(1) = \sum_{A[1, i] = A[L - i, L]} m ^ i \]

这个东西可以用 KMP 暴力 O(L) 跳边计算

于是这道题就解决了，时间复杂度 \(O(t * L)\)

\(code\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;
int nxt[N], s[N], pw[N], n, m, t;
const int mod = 10000;
#define rg register
inline int read(){
	rg char ch = getchar();
	rg int x = 0, f = 0;
	while(! isdigit(ch)) f |= (ch == '-'), ch = getchar();
	while(isdigit(ch)) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48), ch = getchar();
	return f ? -x : x;
}
int main(){
	n = read(), t = read();
	pw[0] = 1;
	for(int i = 1; i < N; ++i) pw[i] = pw[i - 1] * n % mod;
	while(t--){
		m = read();
		for(int i = 1; i <= m; ++i) s[i] = read();
		for(int j = 0, i = 2; i <= m; ++i){
			while(j && s[j + 1] ^ s[i]) j = nxt[j];
			j += (s[j + 1] == s[i]);
			nxt[i] = j;
		}
		int ans = 0;
		for(int i = m; i; i = nxt[i]){
			(ans += pw[i]);
			if(ans >= mod) ans -= mod;
		}
		printf("%04d\n", ans);
	}
	return 0;
}

END?