Solution -「ZJOI 2019」「洛谷 P5326」开关

$\mathcal{Description}$

  Link.

  有 $n$ 个开关，初始时所有开关的状态为 $0$。给定开关的目标状态 $s_1,s_2,\cdots,s_n$。每次操作中会以正比于 $p_i$ 的概率拨动开关 $i$。求开关达到目标状态的期望操作次数，对 $998244353$ 取模。

  $n\le100$，$\sum p\le5\times10^4$。

$\mathcal{Solution}$

  不妨令 $p_i$ 为一次操作拨动 $i$ 的概率。设 $F(x)$ 为“$i$ 次操作后开关是目标状态的概率”的 EGF，$G(x)$ 为“$i$ 次操作后回到全零状态的概率”的 EGF。考虑每个开关是否需要被拨动，得到

$$F(x)=\prod_{i=1}^n\frac{e^{p_ix}+(-1)^{s_i}e^{-p_ix}}{2}$$

代入 $s_i=0~(i=1,2,\dots,n)$ 即得

$$G(x)=\prod_{i=1}^n\frac{e^{p_ix}+e^{-p_ix}}{2}$$

  设 $H(x)$ 为“$i$ 次操作第一次使开关达到目标状态的概率”的 EGF。$F$ 和 $H$ 的区别在于是否接受“多次回到目标状态”，而“回到目标状态”正对应着 $G$ 的意义，它们可以建立等量关系

$$F=H\cdot G\\ \Rightarrow~~~~H=F\cdot G^{-1}$$

故欲求期望 $H'(1)$，仅需求 $(F\cdot G^{-1})'(1)$。

  设 $u_{1-i}=2^n[e^{ix}]F(x)$，$v_{1-i}=2^n[e^{ix}]G(x)$，则有

$$\begin{aligned} u_{1-i}&=2^n[e^{ix}]F(x)\\ &=[x^{i}]\prod_{j=1}^n(x^{p_j}+(-1)^{s_j}x^{-p_j})\\ &=[x^{i-1}]\prod_{j=1}^n(1+(-1)^{s_j}x^{-2p_j})\\ &=[x^{1-i}]\prod_{j=1}^n(1+(-1)^{s_j}x^{2p_j}) \end{aligned}$$

同理地，对于 $v_i$：

$$\begin{aligned} v_{1-i}&=2^n[e^{ix}]G(x)\\ &=\cdots\\ &=[x^{1-i}]\prod_{j=1}^n(1+x^{2p_j}) \end{aligned}$$

在此基础上考虑所求答案：

$$H(x)=\frac{\sum_{i}2^{-n}u_{1-i}e^{ix}}{\sum_i2^{-n}v_{1-i}e^{ix}}$$

注意 $e^{ix}=\operatorname{EGF}\lang 1,i,i^2,\cdots\rang$，将其统一转为 $\operatorname{OGF}\lang 1,i,i^2,\cdots\rang=\frac{1}{1-ix}$，此时 $H$ 的含义变为概率的 OGF。可以得到

$$\begin{aligned} H(x)&=\frac{\sum_i\frac{u_{1-i}}{1-ix}}{\sum_i\frac{v_{1-i}}{1-ix}}\\ &=\frac{(1-x)\sum_i\frac{u_{1-i}}{1-ix}}{(1-x)\sum_i\frac{v_{1-i}}{1-ix}}\\ &=\frac{u_0+\sum_{i\not=1}u_{1-i}\frac{1-x}{1-ix}}{v_0+\sum_{i\not=1}v_{1-i}\frac{1-x}{1-ix}} \end{aligned}$$

记 $s(x)=u_0+\sum_{i\not=1}u_{1-i}\frac{1-x}{1-ix}$，$t(x)=v_0+\sum_{i\not=1}v_{1-i}\frac{1-x}{1-ix}$。由于有 $\left(\frac{1-x}{1-ix}\right)'(1)=\frac{1}{1-i}$，可知

$$s'(1)=\sum_{i\not=1}\frac{u_{1-i}}{1-i}\\ t'(1)=\sum_{i\not=1}\frac{v_{1-i}}{1-i}$$

而显然又有 $s(1)=t(1)=u_0=v_0=1$，则对于 $H'(1)$：

$$\begin{aligned} H'(1)&=\frac{s'(1)t(1)-s(1)t'(1)}{t^2(1)}\\ &=s'(1)-t'(1)\\ &=\sum_{i\not=1}\frac{u_{1-i}-v_{1-i}}{i-1}\\ &=\sum_{i>0}\frac{v_i-u_i}{i} \end{aligned}$$

  故仅需求出 $u_i$ 和 $v_i$，有意义的 $i$ 仅有 $\mathcal O(\sum p)$（其中 $p$ 即输入）个，背包一下，即可 $\mathcal O(nm)$ 求解。

$\mathcal{Code}$

/* Clearink */

#include <cstdio>

#define rep( i, l, r ) for ( int i = l, rpbound##i = r; i <= rpbound##i; ++i )
#define per( i, r, l ) for ( int i = r, rpbound##i = l; i >= rpbound##i; --i )

const int MAXN = 100, MAXS = 5e4, MOD = 998244353;
int n, s[MAXN + 5], p[MAXN + 5], u[MAXS + 5], v[MAXS + 5];

inline int mul( const long long a, const int b ) { return a * b % MOD; }
inline int sub( int a, const int b ) { return ( a -= b ) < 0 ? a + MOD : a; }
inline int add( int a, const int b ) { return ( a += b ) < MOD ? a : a - MOD; }
inline int mpow( int a, int b ) {
	int ret = 1;
	for ( ; b; a = mul( a, a ), b >>= 1 ) ret = mul( ret, b & 1 ? a : 1 );
	return ret;
}

int main() {
	scanf( "%d", &n );
	rep ( i, 1, n ) scanf( "%d", &s[i] );
	int sp = 0;
	rep ( i, 1, n ) scanf( "%d", &p[i] ), sp += p[i];
	u[0] = v[0] = 1;
	rep ( i, 1, n ) per ( j, sp, p[i] ) {
		u[j] = ( s[i] ? sub : add )( u[j], u[j - p[i]] );
		v[j] = add( v[j], v[j - p[i]] );
	}
	// rep ( i, 0, sp ) printf( "%d%c", u[i], i ^ sp ? ' ' : '\n' );
	// rep ( i, 0, sp ) printf( "%d%c", v[i], i ^ sp ? ' ' : '\n' );
	int ans = 0;
	rep ( i, 1, sp ) {
		ans = add( ans, mul( mpow( i << 1, MOD - 2 ), sub( v[i], u[i] ) ) );
	}
	printf( "%d\n", mul( ans, sp ) );
	return 0;
}