Solution -「ZJOI 2019」「洛谷 P5326」开关

(mathcal{Description})

  Link.

  有 (n) 个开关，初始时所有开关的状态为 (0)。给定开关的目标状态 (s_1,s_2,cdots,s_n)。每次操作中会以正比于 (p_i) 的概率拨动开关 (i)。求开关达到目标状态的期望操作次数，对 (998244353) 取模。

  (nle100)，(sum ple5 imes10^4)。

(mathcal{Solution})

  不妨令 (p_i) 为一次操作拨动 (i) 的概率。设 (F(x)) 为“(i) 次操作后开关是目标状态的概率”的 EGF，(G(x)) 为“(i) 次操作后回到全零状态的概率”的 EGF。考虑每个开关是否需要被拨动，得到

[F(x)=prod_{i=1}^nfrac{e^{p_ix}+(-1)^{s_i}e^{-p_ix}}{2} ]

代入 (s_i=0~(i=1,2,dots,n)) 即得

[G(x)=prod_{i=1}^nfrac{e^{p_ix}+e^{-p_ix}}{2} ]

  设 (H(x)) 为“(i) 次操作第一次使开关达到目标状态的概率”的 EGF。(F) 和 (H) 的区别在于是否接受“多次回到目标状态”，而“回到目标状态”正对应着 (G) 的意义，它们可以建立等量关系

[F=Hcdot G\ Rightarrow~~~~H=Fcdot G^{-1} ]

故欲求期望 (H'(1))，仅需求 ((Fcdot G^{-1})'(1))。

  设 (u_{1-i}=2^n[e^{ix}]F(x))，(v_{1-i}=2^n[e^{ix}]G(x))，则有

[egin{aligned} u_{1-i}&=2^n[e^{ix}]F(x)\ &=[x^{i}]prod_{j=1}^n(x^{p_j}+(-1)^{s_j}x^{-p_j})\ &=[x^{i-1}]prod_{j=1}^n(1+(-1)^{s_j}x^{-2p_j})\ &=[x^{1-i}]prod_{j=1}^n(1+(-1)^{s_j}x^{2p_j}) end{aligned} ]

同理地，对于 (v_i)：

[egin{aligned} v_{1-i}&=2^n[e^{ix}]G(x)\ &=cdots\ &=[x^{1-i}]prod_{j=1}^n(1+x^{2p_j}) end{aligned} ]

在此基础上考虑所求答案：

[H(x)=frac{sum_{i}2^{-n}u_{1-i}e^{ix}}{sum_i2^{-n}v_{1-i}e^{ix}} ]

注意 (e^{ix}=operatorname{EGF}lang 1,i,i^2,cdots ang)，将其统一转为 (operatorname{OGF}lang 1,i,i^2,cdots ang=frac{1}{1-ix})，此时 (H) 的含义变为概率的 OGF。可以得到

[egin{aligned} H(x)&=frac{sum_ifrac{u_{1-i}}{1-ix}}{sum_ifrac{v_{1-i}}{1-ix}}\ &=frac{(1-x)sum_ifrac{u_{1-i}}{1-ix}}{(1-x)sum_ifrac{v_{1-i}}{1-ix}}\ &=frac{u_0+sum_{i ot=1}u_{1-i}frac{1-x}{1-ix}}{v_0+sum_{i ot=1}v_{1-i}frac{1-x}{1-ix}} end{aligned} ]

记 (s(x)=u_0+sum_{i ot=1}u_{1-i}frac{1-x}{1-ix})，(t(x)=v_0+sum_{i ot=1}v_{1-i}frac{1-x}{1-ix})。由于有 (left(frac{1-x}{1-ix} ight)'(1)=frac{1}{1-i})，可知

[s'(1)=sum_{i ot=1}frac{u_{1-i}}{1-i}\ t'(1)=sum_{i ot=1}frac{v_{1-i}}{1-i} ]

而显然又有 (s(1)=t(1)=u_0=v_0=1)，则对于 (H'(1))：

[egin{aligned} H'(1)&=frac{s'(1)t(1)-s(1)t'(1)}{t^2(1)}\ &=s'(1)-t'(1)\ &=sum_{i ot=1}frac{u_{1-i}-v_{1-i}}{i-1}\ &=sum_{i>0}frac{v_i-u_i}{i} end{aligned} ]

  故仅需求出 (u_i) 和 (v_i)，有意义的 (i) 仅有 (mathcal O(sum p))（其中 (p) 即输入）个，背包一下，即可 (mathcal O(nm)) 求解。

(mathcal{Code})

/* Clearink */

#include <cstdio>

#define rep( i, l, r ) for ( int i = l, rpbound##i = r; i <= rpbound##i; ++i )
#define per( i, r, l ) for ( int i = r, rpbound##i = l; i >= rpbound##i; --i )

const int MAXN = 100, MAXS = 5e4, MOD = 998244353;
int n, s[MAXN + 5], p[MAXN + 5], u[MAXS + 5], v[MAXS + 5];

inline int mul( const long long a, const int b ) { return a * b % MOD; }
inline int sub( int a, const int b ) { return ( a -= b ) < 0 ? a + MOD : a; }
inline int add( int a, const int b ) { return ( a += b ) < MOD ? a : a - MOD; }
inline int mpow( int a, int b ) {
	int ret = 1;
	for ( ; b; a = mul( a, a ), b >>= 1 ) ret = mul( ret, b & 1 ? a : 1 );
	return ret;
}

int main() {
	scanf( "%d", &n );
	rep ( i, 1, n ) scanf( "%d", &s[i] );
	int sp = 0;
	rep ( i, 1, n ) scanf( "%d", &p[i] ), sp += p[i];
	u[0] = v[0] = 1;
	rep ( i, 1, n ) per ( j, sp, p[i] ) {
		u[j] = ( s[i] ? sub : add )( u[j], u[j - p[i]] );
		v[j] = add( v[j], v[j - p[i]] );
	}
	// rep ( i, 0, sp ) printf( "%d%c", u[i], i ^ sp ? ' ' : '
' );
	// rep ( i, 0, sp ) printf( "%d%c", v[i], i ^ sp ? ' ' : '
' );
	int ans = 0;
	rep ( i, 1, sp ) {
		ans = add( ans, mul( mpow( i << 1, MOD - 2 ), sub( v[i], u[i] ) ) );
	}
	printf( "%d
", mul( ans, sp ) );
	return 0;
}