Loj #3045. 「ZJOI2019」开关

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 imes y^{−1} mod 998244353)。

数据范围与提示

对于 (100\%) 的测试数据，保证 (nge 1,sum_{i=1}^n p_ile 5 imes 10^4,p_ige 1)。

(\)

完全不会啊，还是( ext{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}^nfrac{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}^nfrac{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_ifrac{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_iprod_{j eq i}(1-frac{j}{P}x) ]

容易得到：

[f(1)=a_Pprod_{j eq 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_iprod_{j eq 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 eq P)的部分：

[A(x)=sum_{i eq P}a_isum_{k eq i}(-frac{k}{P})prod_{j eq i,j eq 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 eq P)的时候后面的(prod_{j eq i,j eq k}(1-frac{j}{P}x)=0)。所以：

[A(1)=-sum_{i eq P}a_iprod_{j eq i,j eq P}(1-frac{j}{P}) ]

2.然后是(i=P)的部分：

[B(1)=a_psum_{i eq P}(-frac{i}{P}) prod_{j eq P,j eq i}(1-frac{j}{P}) ]

(\)

于是

[f'(1)=A(1)+B(1)\ =-prod_{i eq P}(1-frac{i}{P})(sum_{j eq P}frac{a_j}{1-frac{j}{P}}+a_Psum_{j eq 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 eq i}(1-frac{j}{P}x)，g(x)=sum b_i prod_{j eq i}(1-frac{j}{P}x)):

又因为(a_P=b_P=frac{1}{2^n})，所以

[Ans=2^nsum_{i eq 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_ifrac{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;
}