「ZJOI2019」开关

生成函数好题

看到这里一种开关的点击方案内部是无标号的考虑指数生成函数

考虑则第(i)步达成目标的概率的指数生成函数

那么

对于(s_i=0)的开关

[F_i(x)=sumlimits_{i = 0}^{infty} frac{(p_i*x)^{2i}}{(2i)!}=frac{e^{p_i*x} + e^{-p_i*x}}{2} ]

对于(s_i=1)的开关

[F_i(x)=sumlimits_{i = 0}^{infty} frac{(p_i*x)^{2i+1}}{(2i+1)!}=frac{e^{p_i*x} - e^{-p_i*x}}{2} ]

所有开关的指数生成函数

(F(x)=prod_i F_i(x))

考虑到不同开关组成的方案内部是有顺序的

于是考虑转成普通生成函数

(f(x)=sum_{k>=0} k![x^k]F(x))

但(f(x))就是答案了吗？

并不是，因为我们求的是第一次

记(g(x))为走了(i)步状态不变的普通生成函数

记(h(x))为第(i)步第一次达成目标的普通生成函数

那么有

(g(x)*h(x)=f(x))

所以

(h(x)=frac {f(x)} {g(x)})

我们同样列出

[G_i(x)=sumlimits_{i = 0}^{infty} frac{(p_i*x)^{2i}}{(2i)!}=frac{e^{p_i*x} + e^{-p_i*x}}{2} ]

然后

(G(x)=prod_i G_i(x))

那么(G(x))是(g(x))的指数生成函数

我们考虑知道(F(x))和(G(x))求(f(x))和(g(x))

注意到我们如果把(F(x))表示成

(sum_i a_i*e^ix)的形式

这个东西可以做个背包搞出来

那么对于(f(x))而言

(f(x) \ =sum_{k>=0} k![x^k]F(x) \ =sum_{k>=0} k!sum_i a_i [x^k]e^{ix} \ =sum_{k>=0} k!sum_i a_i frac{1}{k!}*(ix)^k \ =sum_i a_i sum_{k>=0}(ix)^k \ =sum_i a_i frac {1} {1-ix})

对于(g(x))是同理可算的

我们观察我们要求的答案事实上就是(h'(1)=frac {f'(1)g(1)-f(1)g'(1)}{g(1)^2})

但是当(x=1)的时候(f(1))和(g(1))都不收敛怎么办呢

洛必达搞

题解提供了一种别的思路：(f(x))和(g(x))同时乘上((1-x))

这样两个就都可以正常算了

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