哪个天才把多项式出到概率上的啊
性质
设一个多项式 (F(x)=sum P(X=i)x^i)
然后会发现这玩意有一堆性质，然后就被出成题了。。。
- (F(1)=1) 。这个显然，所有情况的概率和就是 (1) ，(sum P(X=i)=1)
- (E(X)=F'(1)) 。
(E(X)=sum i imes P(X=i)) 带系数，怎么搞？求个导，就有 (i) 了。
- (E(X^{underline k})=F^{(k)}(1)) （(k) 阶导）。
上面那个式子多求几次导即可。
或许有人和我一样不知道 (E(X^{underline{k}})) 是啥意思。。。(E(X^{underline{k}})=sum P(X=i)i^{underline{k}})
- (E(X^2)=F''(x)+F'(x))
(E(X^2)=E(X^{underline{2}}+X^{underline{1}})=E(X^{underline{2}})+E(X^{underline{1}})=F''(x)+F'(x))
- 方差 (V(X)=F''(1)+F'(1)-F'(1)^2)
(V(x)=E(X^2)-E(X)^2=F''(1)+F'(1)-F'(1)^2)
- 补充一下 (V(X)=E(X^2)-E(X)^2) 是怎么推出来的，我自己想了好久，最后是在别人的提醒下翻了《具体数学》第八章明白的。
主要是上面那步理解了好久，因为 (E(X)) 是个常数，所以 (E(E(X)^2)=E(X)^2) 被直接提了出来。(E(X E(X))=E(X)E(E(X))=E(X)^2) ，这个用期望的线性性+乘法分配律即证。
所以，方差等于“随机变量平方的均值减去其均值的平方”
然后就可以做题了。。。
例1
好像是个套路，但是真的nb
令 ([x^n]F(x)) 为第 (n) 轮恰好唱出一个名字的概率，([x^n]G(x)) 表示 (n) 轮之后还没有唱出名字的概率。
那么
上一轮如果还得接着唱，那么再唱一轮只可能结束或者没结束。后面那个 (1) 就是你唱了 (0) 轮必然唱不出名字，然而因为 (G(x)) 乘了 (x) 常数项没了要手动补上。怎么感觉是废话，但是这个式子很有用
首先，根据上面性质那部分推导，我们要求的是 (F'(1)) 。
上面那个式子两边求导
直接把 (x=1) 带进去
(F'(1)=G(1)) 。
所以只要求 (G(1)) 就行了。
还有一波骚操作可以导出 (F(x),G(x)) 的关系。
考虑如何表示出一个必然结束的情况。
用 (G(x)) 来写就是 (G(x)(dfrac{x}{n})^{m}) ，也就是暴力在后面接上一个名字。
但是有可能会存在提前结束的情况。
非常神奇的是用 (F(x)) 能写出一个有相同组合意义的式子，所以并不用管提前结束这玩意。
显然，(G(x)) 那个式子有可能提前结束当且仅当现在这个串的末尾是原串的 ( m Border) 。
事实上这东西并不严格是 ( m Border) ，因为 ( m Border) 不能等于自身，但是这题可以。能懂就好了qwq
令 (A_i) 表示 ([S[1,cdots,i]=S[m-i+1,m]]) 也就是是否为 ( m Border) 。
后面那个幂次是补上剩下的操作。其实可以理解成枚举在哪个位子提前结束。
所以现在我们得到的是
带入 (x=1)
再用性质里头那个 (F(1)=1) ，两边同时乘 (n^m) 得到
感觉好牛逼啊，第一次把具体值往生成函数里代诶。
关于怎么求 (A_i) ，记住一句曾经在我们班广泛流传的一句话：( m Border) 的 ( m Border) 是 ( m Border) 。很有用的（
const int N=100005;
#define mod 10000
void fmod(int&x){x-=mod,x+=x>>31&mod;}
int n,m,p[N],a[N],ans;
bool A[N];
void print(int n){
int d[5];d[0]=0;
for(;n;n/=10)d[++d[0]]=n%10;
while(d[0]<4)d[++d[0]]=0;
while(d[0])printf("%c",'0'+d[d[0]--]);
puts("");
}
signed main(){
n=read();
for(int T=read();T;--T){
m=read(),ans=0;
rep(i,1,m)a[i]=read(),A[i]=0;
p[1]=0;
int j=0;
for(int i=2;i<=m;++i){
while(j&&a[j+1]!=a[i])j=p[j];
if(a[j+1]==a[i])++j;
p[i]=j;
}
j=m;
while(j)A[j]=1,j=p[j];
for(int i=1,j=n;i<=m;++i,j=1ll*j*n%mod)if(A[i])fmod(ans+=j);
print(ans);
}
}
例2
设 ([x^n]G(x)) 表示 (n) 轮之后仍未结束的概率。
考虑答案怎么表示。不能像上面只开一个了。但是注意到 (n) 很小，于是可以开 (n) 个。
([x^n]F_{i}(x)) 表示第 (i) 个人在第 (n) 轮获胜的概率。
和上一题一样，考虑搞一个必然结束的式子出来：
随便在后面接一个串就好了，不妨接上第 (i) 个。
对于 (F_i(x)) 可以列一个和上面组合意义相同的式子。
其中 (A_{i,j,k}=[S_i[1,cdots,k]=S_j[m-k+1,cdots,m]]) 可以哈希 (O(n^3)) 搞。
还是在枚举在哪个地方出现了提前结束的情况。
所以对于每一个 (iin[1,n]) 都有
还有一个式子是
比较显然不解释了。
我们要求的是所有的 (F_i(1)) 。
把 (x=1) 带入第二个式子
然后把第一个式子两边带入 (x=1) 。
(n+1) 个未知数 (n+1) 个方程直接高消就好了。
但是 (2^{300}) 次方是啥玩意啊。然后我去看了看题解区有什么高妙做法
woc这玩意double居然能存，存完还能高消，怎么这么nb啊，而且我还不会卡诶（
woc为啥题解都能跑，我就被卡精度了啊/kk
woc我为啥 (2^{300}) 开的是 int 啊，手残手残，我是傻逼。。。然后就过了qwq
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define mkp(x,y) make_pair(x,y)
#define pb(x) push_back(x)
#define sz(v) (int)v.size()
typedef long long LL;
typedef double db;
template<class T>bool ckmax(T&x,T y){return x<y?x=y,1:0;}
template<class T>bool ckmin(T&x,T y){return x>y?x=y,1:0;}
#define rep(i,x,y) for(int i=x,i##end=y;i<=i##end;++i)
#define per(i,x,y) for(int i=x,i##end=y;i>=i##end;--i)
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=0;ch=getchar();}
while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return f?x:-x;
}
const int N=305;
#define mod1 998244353
#define mod2 1000000007
#define base1 31
#define base2 37
int n,m,H1[N][N],H2[N][N],pw1[N],pw2[N];
db a[N][N],ans[N],pw[N];
int hash1(int id,int l,int r){
return (H1[id][r]-1ll*H1[id][l-1]*pw1[r-l+1]%mod1+mod1)%mod1;
}
int hash2(int id,int l,int r){
return (H2[id][r]-1ll*H2[id][l-1]*pw2[r-l+1]%mod2+mod2)%mod2;
}
void Gauss(int n){
rep(i,1,n){
int mx=i;
rep(j,i,n)if(fabs(a[j][i])>fabs(a[mx][i]))mx=j;
if(mx!=i)rep(j,1,n+1)swap(a[mx][j],a[i][j]);
rep(j,1,n){
if(i==j)continue;
db div=a[j][i]/a[i][i];
rep(k,i,n+1)a[j][k]-=a[i][k]*div;
}
}
rep(i,1,n)ans[i]=a[i][n+1]/a[i][i];
}
signed main(){
n=read(),m=read();
pw[0]=pw1[0]=pw2[0]=1;
rep(i,1,m)pw1[i]=1ll*pw1[i-1]*base1%mod1,pw2[i]=1ll*pw2[i-1]*base2%mod2,pw[i]=2.*pw[i-1];
rep(i,1,n){
static char str[N];scanf("%s",str+1);
rep(j,1,m)H1[i][j]=(1ll*H1[i][j-1]*base1+(str[j]=='H')+1)%mod1,H2[i][j]=(1ll*H2[i][j-1]*base2+(str[j]=='H')+1)%mod2;
}
rep(i,1,n){
db res=0;
rep(j,1,n)rep(k,1,m)
if(hash1(i,1,k)==hash1(j,m-k+1,m)&&hash2(i,1,k)==hash2(j,m-k+1,m))a[i][j]+=pw[k];
a[i][n+1]=-1,a[i][n+2]=0;
}
rep(i,1,n)a[n+1][i]=1;a[n+1][n+1]=0,a[n+1][n+2]=1;
Gauss(n+1);
for(int i=1;i<=n;++i)printf("%.10lf
",ans[i]);
return 0;
}
预告：可能还会有道例题，等我会做了再放上来。。。
upd：例题没了，因为我不会做。