概率生成函数学习笔记
本文借助 $2018$ 年杨懋龙的集训队论文 《浅谈生成函数在掷骰子问题上的应用》。
但由于作者水平有限，并没有看懂有些式子的组合意义，仅能通过自己的推导得出结果。
本质是将期望的 $k$ 次下降幂写成 $PGF$ 的 $k$ 阶导数，并通过辅助函数求得。
论文例题
CTSC2006 歌唱王国
题意
$T$ 组数据，每次给定一个字符串，每次在 $1\sim n$ 中随机一个数添加到字符串末端，当字符串出现给定字符串后停止，求期望长度。
$1\leq n,|z|\leq 10^5,t\leq 50$ 。
题解
设 $f(x)$ 表示长度为 $i$ 的概率生成函数，$g(x)$ 表示长度大于 $i$ 的概率生成函数，即未停止的概率。
则
$$f(x)+g(x)=1+g(x)\cdot x$$
可以看成每次从未停止中加上一次字符可能结束也可能继续。
$$g(x)\cdot (\dfrac{1}{n}x)^m=\sum_{i=1}^m a_i\cdot f(x)\cdot (\dfrac{1}{n}x)^{m-i}$$
$a_i\in \{0,1\}$，其中 $a_i$ 为字符串的 $border$ 集合是否出现 $i$ 。
可以看成我们在一个未停止串中添加当前字符串那么肯定停止，若提前停止那么即为当前串的 $border$ 。
对第一个式子求导带入 $x=1$ 得
$$f'(1)=g(1)$$
而将 $x=1$ 带入二式化简可得
$$g(1)=\sum_{i=1}^m a_i\cdot n^i$$
$\mathcal O(Tm)$ 计算即可。
Dice
题意
一个 $m$ 面的公平骰子，求最后 $n$ 次结果相同就结束的期望次数或者求最后 $n$ 次结果全不同就结束的期望次数。
$n,m\leq 10^6$ 。
题解
第一问:
设 $F(x)$ 表示答案的 $PGF$ ，$G(x)$ 表示还未结束的 $PGF$ ，则
$$F(x)+G(x)=G(x)\cdot x+1\\(G(x)-1)\cdot (\frac{x}{m})^{n-1}=\sum_{i=0}^{n-2} F(x)\cdot (\frac{x}{m})^{i}$$
第二个式子表示枚举多了多少个能补。
解得
$$F'(1)=G(1)=\dfrac{m^n-1}{m-1}$$
第二问:
设 $F(x)$ 表示答案的 $PGF$ ，$G(x)$ 表示还未结束的 $PGF$ ，同理可得
$$\begin{aligned}F(x)+G(x)&=G(x)\cdot x+1\\(G(x)-1)\cdot \dfrac{A(m-1,n-1)}{m^{n-1}}\cdot x^{n-1}&=\sum_{i=1}^{n-1} F(x)\cdot x^{n-1-i}\cdot \dfrac{A(m-i-1,n-i-1)}{m^{n-1-i}}\\\\F'(1)=G(1)&=(\sum_{i=1}^{n-1} \dfrac{\frac{(m-i-1)!}{(m-n)!}}{m^{n-i-1}}+\dfrac{\frac{(m-1)!}{(m-n)!}}{m^{n-1}})\times m^{n-1}\times \dfrac{(m-n)!}{(m-1)!}\\&=\sum_{i=0}^{n-1} m^i\cdot \dfrac{(m-i-1)!}{(m-n)!}\times \dfrac{(m-n)!}{(m-1)!}\\&=\sum_{i=0}^{n-1} m^i\cdot \dfrac{(m-i-1)!}{(m-1)!}\\&=\sum_{i=1}^n m^i\cdot \dfrac{(m-i)!}{m!}\end{aligned}$$
练习题
随机游走
题意
给定一棵根为 $1$ 的有根树，定义 $E_{S,T}$ 表示从 $S$ 开始随机游走，到 $T$ 停止的步数平方的期望，$sub_u$ 表示 $u$ 子树中所有点。
$q$ 次询问，每次给定 $u,v$ ，求 $\sum _{x\in sub_u,y\in sub_v} E(x,y)$ ，保证 $sub_u\cap sub_v=\varnothing$ 。
题解
定义 $f_u$ 表示 $u\rightarrow f_u$ 的概率生成函数。
先求一次的情况
$$\begin{aligned}f_u&=\dfrac{1}{d}x+\dfrac{1}{d}\sum_{(v,u)} xf_vf_u\\d\cdot f_u&=x+xf_u\sum_v f_v\\d\cdot f_u'&=1+f_u\sum_v f_v+xf_u'\sum_v f_v+xf_u\sum_v f_v'\end{aligned}$$
带入 $x=1$
$$\begin{aligned}d\cdot f_u'&=1+f_u\sum_v f_v+f_u'\sum_v f_v+f_u\sum_v f_v'\\&=1+(d-1)+(d-1)\cdot f_u'+\sum_v f_v'\\f'_u&=d+\sum_v f'_v\end{aligned}$$
同理求二次
$$\begin{aligned}f''_u=2(d-1)\cdot f'_u+2\sum_v f'_v+\sum_v f''_v+2f'_u\sum_v f'_v\end{aligned}$$
同理我们得到 $g_u$ 表示 $f_u\rightarrow u$ 的概率生成函数的一阶导和二阶导。
而对于 $E_{u,v}$ 相当于将路径上每条边生成函数相乘的一阶导和二阶导之和，对多项式维护 $f(1),f'(1),f’'(1)$ ，可以倍增维护。
而对于子树情况可以处理出每个点到 $u/v$ 的生成函数，和上述同理。
时间复杂度 $\mathcal O(q\log n)$ 。
ZJOI2019 密码
题意
有 $n$ 个开关，每个开关有属性 $s_i\in\{0,1\}$ ，$0$ 表示关，$1$ 表示开，还有属性 $p_i$ 表示有 $\dfrac{p_i}{\sum p}$ 的概率将其 $s_i$ 翻转。
问期望次数使得所有开关均 $s_i=0$ 。
$1\leq n\leq 100,1\leq \sum p\leq 5\times 10^4$ 。
题解
设 $\sum_{i=1}^n p_i=P$ 。
由于开关有标号，用 $EGF\&PGF$ 表示将 $s_i$ 变为 $0$ 的概率指数生成函数，设为 $f_i(x)$ 。
则
$$\text{$s_i$ is odd} \rightarrow f_i(x)=\dfrac{(\frac{p_i}{P})\cdot x^1}{1!}+\dfrac{(\frac{p_i}{P})^3\cdot x^3}{3!}+...=\dfrac{e^{\frac{p_i}{P}x}-e^{-\frac{p_i}{P}x}}{2}\\\text{$s_i$ is even}\rightarrow f_i(x)=\dfrac{e^{\frac{p_i}{P}x}+e^{-\frac{p_i}{P}x}}{2}$$
设 $f(x)=\prod_{i=1}^n f_i(x)$ ，则 $[x^k] f(x)$ 表示次数为 $k$ 时满足 $s_i$ 均为 $0$ 的概率。
但是有可能在 $k$ 前面就已经到达，那么设 $g(x)$ 表示移动 $k$ 次且保持原状态的概率。
$$g(x)=\prod_{i=1}^n \dfrac{(e^{\frac{p_i}{P}x}+e^{-\frac{p_i}{P}x})}{2}$$
但是咱们要求的是 $OGF\&PGF$ 。
设 $f(x)$ 的 $OGF$ 为 $F(x)$ ，$g(x)$ 的 $OGF$ 为 $G(x)$ ，答案的 $OGF$ 为 $H(x)$ 。
如何将 $EGF\rightarrow OGF$ ，以 $f$ 为例，可以将函数写成
$$f(x)=\sum_{i=-P}^P a_i e^{\frac{i}{P} x}=\sum_{i=-P}^P \dfrac{a_i}{1-\frac{i}{P}x}\\g(x)=\sum_{i=-P}^P \dfrac{b_i}{1-\frac{i}{p}x}$$
$a_i,b_i$ 的求法可以暴力乘法背包得到。
则
$$H(x)G(x)=F(x)\\H(x)=\dfrac{F(x)}{G(x)}$$
由于 $H(x)$ 为 $PGF$ ，期望为 $H’(1)$ 。
$$H'(x)=(\dfrac{F(x)}{G(x)})'=\dfrac{F'(x)G(x)+F(x)G'(x)}{G^2(x)}$$
那么只要求 $F’(1),F(1),G(1),G’(1)$ 即可。
但是观察 $F,G$ 发现他们在 $x=1$ 时是不收敛的，因为当 $i=P$ 时分母会出问题。
但是答案一定是收敛的，那么我们将 $F,G$ 均乘上 $(1-x)$ ，可以发现此时 $F,G$ 收敛。
则
$$F(1)=a_P\\F'(1)=\sum_{i=-P}^P \dfrac{a_i}{\frac{i}{p}-1} \\G(1)=b_p\\G'(1)=\sum_{i=-P}^P \dfrac{b_i}{\frac{i}{p}-1}$$
将 $x=1$ 带入 $H’(1)$ 即可解决。时间复杂度 $\mathcal O(n\sum P+p\log mod)$ 。
https://loj.ac/s/1071824
