[ZJOI2019]开关

以下的方案数默认是带权方案数。设(P=sum_{i=1}^np_i)。

设(F(x))为按(i)次开关后到达终止态的方案数的EGF，(f)为(F)的OGF，显然(F(x)=prod_{i=1}^nfrac{e^{frac{p_ix}{P}}+(-1)^{s_i}e^{frac{-p_ix}{P}}}{2})。初步的想法就是用(f'(1))计算答案，但是这样是错误的，因为可能存在一些操作序列多次到达过终止态，这样就被重复计算了。设(h(x))为按(i)次开关后第一次到达终止态的方案数的OGF，那么答案应该是(h'(1))。

考虑怎样计算(h)。可以发现，(f_i)等于枚举一个前缀，使得进行完这个前缀的操作后第一次到达终止态，再进行剩下的操作回到这个原状态的方案数之和。设(G)为(i)次操作后回到原状态的方案数的EGF，(g)为(G)的OGF，显然(G(x)=prod_{i=1}^nfrac{e^{frac{p_ix}{P}}+e^{frac{-p_ix}{P}}}{2})。如果我们能求出(f)和(g)，那么(gh=f,h=frac{f}{g})。

考虑将(F)表示为(sum_{i=-P}^Pa_ie^{frac{ix}{p}})的形式，把(e)拆开，每一项乘上对应的阶乘，可以得到(f=frac{a_i}{1-frac{ix}{p}})。(G)同理。考虑怎样求(h'(1))，用公式((frac{f}{g})'=frac{f'g+g'f}{g^2})计算答案。但是把(x=1)代入(f,g)不收敛，所以把(f,g)同时乘上(prod_{i=-P}^P(1-frac{ix}{p}))。

剩下就是推式子的事了。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 5e4 + 10;
const int mod = 998244353;
const int inv2 = (mod + 1) >> 1;
#define ms(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define mc(a,b) memcpy(a,b,sizeof(a))

int n, s[N], p = 0, f[N << 1], g[N << 1], h[N << 1];

void inc(int &a, int b) {
  a += b;
  if(a >= mod) {
    a -= mod;
  }
}

int qpow(int a, int b) {
  int ret = 1;
  while(b) {
    if(b & 1) {
      ret = 1ll * ret * a % mod;
    }
    a = 1ll * a * a % mod, b >>= 1;
  }
  return ret;
}

int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
  freopen("a.in", "r", stdin);
  freopen("a.out", "w", stdout);
#endif
  scanf("%d", &n);
  for(int i = 1; i <= n; i++) {
    scanf("%d", s + i);
  }
  f[N] = g[N] = 1;
  for(int i = 1, x; i <= n; i++) {
    scanf("%d", &x);
    for(int j = -p; j <= p; j++) {
      inc(h[j + x + N], 1ll * f[j + N]*inv2 % mod), inc(h[j - x + N], 1ll * f[j + N]*inv2 % mod * (s[i] ? mod - 1 : 1) % mod);
    }
    mc(f, h);
    ms(h);
    for(int j = -p; j <= p; j++) {
      inc(h[j + x + N], 1ll * g[j + N]*inv2 % mod), inc(h[j - x + N], 1ll * g[j + N]*inv2 % mod);
    }
    mc(g, h);
    ms(h);
    p += x;
  }
  int ans = 0;
  for(int i = -p; i < p; i++) {
    inc(ans, 1ll * (g[i + N] - f[i + N] + mod)*qpow(p - i, mod - 2) % mod);
  }
  cout << 1ll * ans*p % mod*qpow(2, n) % mod;
  return 0;
}