【loj3045】【ZJOI2019】开关

题目

\(n\)个开关，一开始处于关闭状态，你需要将他们按成\(s\)状态，按成了之后就停止操作;

每次按下开关的i概率为\(\frac{p_i}{\sum_{i=1}^{n}p_i}\) ，问期望步数;

\(1 \le n \le 100 \ , \ \sum_{i=1}^{n}p_i \le 5 \times 10^4 \ , \ p_i \ge 1\)

题解

• Part 1

• 设\(F(x)\)表示不停按\(n\)次最后到达 $ s $ 状态的 $ EGF $ ， $ G(x) $ 表示按了 $ n $ 次之后又回到原状态的 $ EGF $ , $ H(x) $ 表示答案的 $ EGF $ ，$ f(x),g(x),h(x) $ 是其分别对应的\(OGF\)

  设 \(P=\sum_{i=1}^{n}p_i\)， 考虑\(e^x\)和\(e^{-x}\)的展开构造得：

  \[\begin{cases}
  F(x) = \prod_{i=1}^{n} \frac{e^{\frac{p_i}{P}x} + (-1)^{s_i} e^{-\frac{p_i}{P} x }}{2} \\
  G(x) = \prod_{i=1}^{n} \frac{e^{\frac{p_i}{P}x} + e^{-\frac{p_i}{P}x} }{2} \\
  f = g * h \leftrightarrow h = \frac{f}{g}
  \end{cases}
  \\根据导数的定义，ans = h'(1) = \frac{f'(1)g(1)-f(1)g'(1)}{g^2(1)}
  \]

• Part 2

• 考虑求f(1)

• \(F(x)\)和\(G(x)\)有共同的形式\(F(x) = \sum_{i=-P}^{P}a_i e^{\frac{i}{P}x}\)

• 同理设\(G(x)\)对应系数为\(b_i\) ，下面只讨论F

• 首先\(a_i\)和\(b_i\)都可以通过简单的背包求得，然后：

• $f(x) = OGF(F(x)) = \sum_{i=P}^{{-P}a_i\sum_{j=0}}{\infty} \frac{i^jxj}{P^j} = \sum_{i=-P}^{P} \frac{a_i}{1-\frac{i}{P}x } $

• 由于f(x)和g(x)在x=0处不收敛，所以同时乘以一个\(\Pi_{i=1}^{n}(1-\frac{i}{P}x)\)

  \[f(x) = \sum_{i=-P}^{P}a_i \prod_{j \neq i} (1-\frac{j}{P}x) \to f(1) = a_P \prod_{i \neq P} (1-\frac{i}{P}x)
  \]

• Part 3

• 考虑求\(f'(1)\)

• 首先观察

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

• \(f'(1)\)分两步求：

  \[\begin{cases}
  \sum_{i\neq P} a_i \sum_{j \neq i}(-\frac{j}{P})\prod_{k \neq i,j} (1-\frac{k}{P}x)
  \\= -\sum_{i \neq P} a_i \prod_{j \neq P,i}(1-\frac{j}{P}) &i \neq P \\
  -a_P \sum_{i \neq P} \frac{i}{P} \prod_{j \neq P,i} (1-\frac{j}{P}x) \\
  =-a_P \sum_{i \neq P} \frac{i}{P} \prod_{j \neq P,i} (1-\frac{j}{P}) &i=P \\
  \end{cases}
  \\即f'(1)= -\prod_{i \neq P}(1-\frac{i}{P}x) (\sum_{j \neq P} \frac{a_j}{1-\frac{j}{P}x}+ \frac{a_P}{P} \sum_{j\neq P} \frac{j}{1-\frac{j}{P}x} ) \\
  \]

• 带入求解(注意到\(a_p=b_p=\frac{1}{2^n}\)，该约的约掉)得：

  \[h'(1) = 2^n \sum_{i \neq P} \frac{b_i-a_i}{1-\frac{i}{P}x}
  \]

• 背包求解即可，时间复杂度：\(O(nP)\)

  #include<bits/stdc++.h>
  #define ll long long
  #define mod 998244353
  using namespace std;
  const int N=100010,ny2=(mod+1)>>1;
  int n,s[N],p[N],f[N],g[N],tmp[N],P;
  void inc(int&x,int y){x+=y;if(x>=mod)x-=mod;}
  void upd(int*A,int x,int fg){
  	for(int i=-P;i<=P;++i)tmp[i+P]=A[i+P],A[i+P]=0;
  	int y1=ny2,y2=(mod+fg*ny2)%mod;
  	for(int i=-P;i<=P;++i){
  		if(i+x<=P)inc(A[i+x+P],(ll)tmp[i+P]*y1%mod);
  		if(i-x>=-P)inc(A[i-x+P],(ll)tmp[i+P]*y2%mod);
  	}
  }
  int pw(int x,int y){
  	int re=1;
  	while(y){
  		if(y&1)re=(ll)re*x%mod;
  		y>>=1;x=(ll)x*x%mod;
  	}
  	return re;
  }
  char gc(){
  	static char*p1,*p2,ch[1000000];
  	if(p1==p2)p2=(p1=ch)+fread(ch,1,1000000,stdin);
  	return(p1==p2)?EOF:*p1++;
  }
  int rd(){
  	int x=0;char c=gc();
  	while(c<'0'||c>'9')c=gc();
  	while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0',c=gc();
  	return x;
  }
  int main(){
  //	freopen("switch.in","r",stdin);
  	freopen("switch.out","w",stdout);
  	n=rd();
  	for(int i=1;i<=n;++i)s[i]=rd()?-1:1;
  	for(int i=1;i<=n;++i)p[i]=rd(),P+=p[i];
  	f[P]=g[P]=1;
  	for(int i=1;i<=n;++i){
  		upd(f,p[i],s[i]);
  		upd(g,p[i],1);
  	}
  	int ans=0;
  	for(int i=0;i<P<<1;++i)inc(ans,(ll)(mod-f[i]+g[i])*pw(2*P-i,mod-2)%mod);
  	ans=(ll)ans*P%mod*pw(2,n)%mod;
  	cout<<ans<<endl;
  	return 0;
  }