Loj #3045. 「ZJOI2019」开关

题目描述

九条可怜是一个贪玩的女孩子。

这天，她和她的好朋友法海哥哥去玩密室逃脱。在他们面前的是 $n$ 个开关，开始每个开关都是关闭的状态。要通过这关，必须要让开关达到指定的状态。目标状态由一个长度为 $n$ 的 $01$ 数组 $s$ 给出，$s_i = 0$ 表示第 $i$ 个开关在最后需要是关着的，$s_i = 1$ 表示第 $i$ 个开关在最后需要被打开。

然而作为闯关者，可怜和法海并不知道 $s$。因此他们决定采用一个比较稳妥的方法：瞎按。他们根据开关的外形、位置，通过一些玄学的方法给每一个开关赋予了一个值 $p_i(p_i > 0)$。每一次，他们会以正比于 $p_i$ 的概率（第 $i$ 个开关被选中的概率是 $\frac{p_i}{\sum_{j=1}^n p_j}$）选择并按下一个开关。开关被按下后，状态会被反转，即开变关，关变开。注意,每一轮的选择都是完全独立的。

在按开关的过程中，一旦当前开关的状态达到了 $s$，那么可怜和法海面前的门就会打开，他们会马上停止按开关的过程并前往下一关。作为一名欧皇，可怜在按了$\sum_{i=1}^n s_i$ 次后，就打开了大门。为了感受一下自己的运气是多么的好，可怜想要让你帮她计算一下，用这种随机按的方式，期望需要按多少次开关才能通过这一关。

输入格式

第一行输入一个整数 $n$，表示开关的数量。

第二行输入 $n$ 个整数 $s_i(s_i \in \{0, 1\})$，表示开关的目标状态。第三行同样输入 $n$ 个整数 $p_i$，表示每个开关的权值。

输出格式

输出一行一个整数，表示答案对 $998244353$ 取模后的值。即如果答案的最简分数表示为 $\frac{x}{y}\ (x \ge 0, y \ge 1, \gcd(x, y) = 1)$，你需要输出 $x \times y^{−1} \bmod 998244353$。

数据范围与提示

对于 $100\%$ 的测试数据，保证 $n\ge 1,\sum_{i=1}^n p_i\le 5\times 10^4,p_i\ge 1$。

$\\$

完全不会啊，还是$\text{Orz}$别人的题解好了。https://www.cnblogs.com/zhoushuyu/p/10687696.html

首先设$P=\sum_{i=1}^np_i$

为了方便，下面的$p_i=\frac{p_i}{P}$。

先求出走了$n$步到达结束状态的概率的$EGF$：

考虑当$s_i$为$1$的时候，结束状态时应该按了$i$奇数次，否则按了偶数次。

我们也知道：

\[\frac{e^x-e^{-x}}{2}=\sum_{i\ is\ odd}\frac{x^i}{i!}\\
\frac{e^x+e^{-x}}{2}=\sum_{i\ is\ even}\frac{x^i}{i!}\\
\]

所以概率的$EGF$为：

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

但是有可能在走完$n$步之前就经过了终止状态。全过程可以认为是先走到了终止状态，再绕了若干圈回到终止状态。

考虑走了$n$步回到出发点的概率的$EGF$：

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

设它们的$OGF$分别为$h,f,g$，则：

\[h(x)*g(x)=f(x)\\
h(x)=\frac{f(x)}{g(x)}
\]

下面考虑求$OGF$。

我们将$F$换一种写法：

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

则：

\[f(x)=\sum_{i=-P}^Pa_i(\sum_{j=0}^{\infty}(\frac{i}{P})^jx^j)\\
=\sum_{i=-P}^Pa_i\frac{1}{1-\frac{i}{P}x}
\]

答案为$h'(1)$（带入一下就知道了）：

\[h'(x)=\frac{f'(x)*g(x)-f(x)*g'(x)}{g^2(x)}
\]

但是带入$x=1$时$f(x)$和$g(x)$不收敛，于是考虑$f(x)$与$g(x)$同时乘上$\prod_{i}(1-\frac{i}{P}x)$。此时

\[f(x)=\sum_ia_i\prod_{j\neq i}(1-\frac{j}{P}x)
\]

容易得到：

\[f(1)=a_P\prod_{j\neq P}(1-\frac{j}{P})
\]

接下来我们要求$f'(1)$。首先我们要利用下面的公式：

\[(\prod_i (1+a_ix))'=\sum_ia_i\prod_{j\neq i}(1+a_jx)
\]

证明的话可以将左边部分暴力展开，求导，就会发现等于右边的部分。

对$f(x)$求导的话可以分为两部分：

1.首先是$i\neq P$的部分：

\[A(x)=\sum_{i\neq P}a_i\sum_{k\neq i}(-\frac{k}{P})\prod_{j\neq i,j\neq k}(1-\frac{j}{P}x)
\]

因为我最后要的是$f'(1)$啊，所以将$x=1$带入就会发现，当$k\neq P$的时候后面的$\prod_{j\neq i,j\neq k}(1-\frac{j}{P}x)=0$。所以：

\[A(1)=-\sum_{i\neq P}a_i\prod_{j\neq i,j\neq P}(1-\frac{j}{P})
\]

2.然后是$i=P$的部分：

\[B(1)=a_p\sum_{i\neq P}(-\frac{i}{P}) \prod_{j\neq P,j\neq i}(1-\frac{j}{P})
\]

$\\$

于是

\[f'(1)=A(1)+B(1)\\
=-\prod_{i\neq P}(1-\frac{i}{P})(\sum_{j\neq P}\frac{a_j}{1-\frac{j}{P}}+a_P\sum_{j\neq P}\frac{\frac{j}{P}}{1-\frac{j}{P}})
\]

带入$h'(1)=\frac{f'(1)g(1)-f(1)g'(1)}{g^2(1)}$就可以了。

设$f(x)=\sum a_i \prod_{j\neq i}(1-\frac{j}{P}x)，g(x)=\sum b_i \prod_{j\neq i}(1-\frac{j}{P}x)$:

又因为$a_P=b_P=\frac{1}{2^n}$，所以

\[Ans=2^n\sum_{i\neq P}\frac{b_i-a_i}{1-\frac{i}{P}}
\]

下面考虑计算$a_i,b_i$。

以$G(x)$为例：

\[\prod_i\frac{e^{\frac{p_i}{P}x}+e^{-\frac{p_i}{P}x}}{2}=\sum_{i=-P}^P b_ie^{\frac{i}{P}x}
\]

可以发现这就是个背包。

代码：

#include<bits/stdc++.h>

#define ll long long

#define N 50005

using namespace std;

inline int Get() {int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while('0'<=ch&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;}

const ll mod=998244353;

ll ksm(ll t,ll x) {

	ll ans=1;

	for(;x;x>>=1,t=t*t%mod)

		if(x&1) ans=ans*t%mod;

	return ans;

}

int n;

ll sum,invs;

int s[N],p[N];

ll f[N<<1],g[N<<1];

ll tem[N<<1];

const ll inv2=mod+1>>1;

int main() {

	n=Get();

	for(int i=1;i<=n;i++) s[i]=Get();

	for(int i=1;i<=n;i++) p[i]=Get();

	f[N]=g[N]=1;

	for(int i=1;i<=n;i++) {

		sum+=p[i];

		ll flag=s[i]?mod-inv2:inv2;

		memset(tem,0,sizeof(tem));

		for(int j=sum;j>=p[i]-sum;j--) tem[N+j]=f[N+j-p[i]]*inv2%mod;

		for(int j=-sum;j<=sum-p[i];j++) (tem[N+j]+=f[N+j+p[i]]*flag)%=mod;

		memcpy(f,tem,sizeof(f));

		memset(tem,0,sizeof(tem));

		for(int j=sum;j>=p[i]-sum;j--) tem[N+j]=g[N+j-p[i]]*inv2%mod;

		for(int j=-sum;j<=sum-p[i];j++) (tem[N+j]+=g[N+j+p[i]]*inv2)%=mod;

		memcpy(g,tem,sizeof(g));

	}

	ll ans=0;

	for(int i=-sum;i<sum;i++) (ans+=sum*ksm(sum-i,mod-2)%mod*(mod-f[N+i]+g[N+i]))%=mod;

	cout<<ans*ksm(2,n)%mod;

	return 0;

}