并不套路的概率生成函数
# 题面
$n$ 个开关初始是关闭的，当某一些开关打开而另一些开关关闭时可以开门。
随机改变开关的状态——每次有 $\frac{p_i}{\sum p}$ 的概率更改开关 $i$ 的状态。求期望操作多少次第一次打开门。
数据规模：$p_i\ge1,\sum p\le10^5$。
# 解析
- P1. 一些函数的定义
可以拆解成每一个开关最后要变成指定的状态。
记 $\sum p_i=P$。由于对于同一个开关来说，操作是无序的，应用 EGF，设 $F_i(x)$ 是「开关 $i$ 操作 $j$ 次的概率 $(\frac{p_i}{P})^j$」的 EGF。
- 若 $i$ 要求最后关闭，则操作偶数次：
- 同理，若要求最后打开，操作奇数次：
从概率生成函数的角度考虑，要求期望，则设对应随机变量的概率——设 $f_i$ 为「操作 $i$ 次打开门」的概率，对应的 OGF 为 $F(x)$（普通概率生成函数才有 $E(X)=F’(1)$）。
先不管 OGF 怎么求，难道答案就是 $F’(1)$ 了吗？注意到 $f_i$ 只表示「操作 $i$ 次打开了门」而并不是题目要求的「第一次打开门」。
设 $g_i$ 表示操作了 $i$ 次后，所有开关的状态恰好不变的概率，也即操作了每个开关偶数次，记其 OGF 为 $G(x)$。
最后设出 $h_i$ 表示「操作 $i$ 次后第一次打开门」的概率，其 OGF 为 $H(x)$，那么 $H’(1)$ 才是我们真正要求的答案。根据实际意义可以推得
但是我们现在将 $F_i(x)$ 全部乘起来只能得到 $f_i$ 的 EGF，记为 $R(x)$：
同理，我们也只能快速得到 $g_i$ 的 EGF 的表达式，记为 $W(x)$：
考虑如何把 EGF 转成 OGF。
- P2. EGF to OGF
注意到 $R(x)$ 和 $W(x)$ 的形式是类似的。
不难发现 $R(x)$ 可以表示成如下形式（$W(x)$ 也可以，下面只通过 $R(x)$ 举例）：
只需要把 $F_i(x)$ 当成一对大小为 $p_i$ 和 $-p_i$ 的物品做一次 $\mathcal{O}(nP)$ 的背包即可求出 $a_i$。
而知道了 $a_i$ 我们就可以较为方便地求出其 OGF $F(x)$：
上式的 $j$ 的取值根据背包可知应为 $[-P,P]$。
- P3. 求导
根据之前的推导，我们已经可以求得 OGF $F(x),G(x)$，而最终目标
对其求导并代入 $x=1$ 可以得到答案：
注意 $F(x),G(x)$ 都不涵盖所有可能情况，所以 $F(1)\neq1,G(1)\neq1$。
但是稍微细心一些，我们发现 $F(x)$ 和 $G(x)$ 在 $1$ 处很有可能不收敛——在 P2 中求出的式子：
若 $a_P\neq 0$，有 $j=P$ 时 $F(x)$ 在 $1$ 处不收敛；$G(x)$ 同理。
正无穷除以正无穷？洛必达
考虑 $H(x)=\frac{F(x)}{G(x)}$ 分子分母同时乘以 $(1-x)$，或者说 $F(x)$ 和 $G(x)$ 的表达式同时乘以 $(1-x)$，可以消去不收敛的项。
又因为 $H(x)$ 是一个形式幂级数，$x$ 能取什么值并不重要，所以这样的操作是可以的。
乘上 $(1-x)$ 后，注意导函数在 $x=1$ 处的取值会变成相反数。
# 源代码
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#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
inline int rin(int &r){
int b=1,c=getchar();r=0;
while(c<'0' || '9'<c) b=c=='-'?-1:b,c=getchar();
while('0'<=c && c<='9') r=(r<<1)+(r<<3)+(c^'0'),c=getchar();
return r*=b;
}
const int N=105,M=5e4+10,MOD=998244353;
#define con(type) const type &
inline int add(con(int)a,con(int)b){return a+b>=MOD?a+b-MOD:a+b;}
inline int sub(con(int)a,con(int)b){return a-b<0?a-b+MOD:a-b;}
inline int mul(con(int)a,con(int)b){return int(1ll*a*b%MOD);}
inline int ina_pow(con(int)a,con(int)b){return b?mul(ina_pow(mul(a,a),b>>1),(b&1)?a:1):1;}
inline int inv(con(int)k){return ina_pow(k,MOD-2);}
int n,sump;
int ars[N],arp[N],f[2][M<<1],g[2][M<<1];
int main(){
const int INV2=ina_pow(2,MOD-2);
rin(n);
for(int i=1;i<=n;i++) rin(ars[i]);
for(int i=1;i<=n;i++) sump+=rin(arp[i]);
f[0][sump]=g[0][sump]=1;
for(int i=1,now=0;i<=n;now+=arp[i],i++){
int I=i&1,J=!I;
fill(f[I]+(sump-now-arp[i]),f[I]+(sump+now+arp[i])+1,0);
fill(g[I]+(sump-now-arp[i]),g[I]+(sump+now+arp[i])+1,0);
int *fI=f[I]+sump,*fJ=f[J]+sump,*gI=g[I]+sump,*gJ=g[J]+sump;
for(int j=-now;j<=now;j++){
int val=mul(INV2,fJ[j]);
fI[j+arp[i]]=add(fI[j+arp[i]],val);
if(ars[i]) fI[j-arp[i]]=sub(fI[j-arp[i]],val);
else fI[j-arp[i]]=add(fI[j-arp[i]],val);
val=mul(INV2,gJ[j]);
gI[j+arp[i]]=add(gI[j+arp[i]],val);
gI[j-arp[i]]=add(gI[j-arp[i]],val);
}
}
int *fi=f[n&1]+sump,*gi=g[n&1]+sump;
int invs=ina_pow(sump,MOD-2),f0=fi[sump],g0=gi[sump],f1=0,g1=0;
for(int i=-sump;i<=sump;i++){
int ii=i<0? i+MOD:i,tmp=inv(sub(mul(ii,invs),1));
f1=add(f1,mul(fi[i],tmp));
g1=add(g1,mul(gi[i],tmp));
}
printf("%d\n",mul(sub(mul(f1,g0),mul(g1,f0)),inv(mul(g0,g0))));
return 0;
}
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THE END
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如若是狂风雪雨
亦或碧空如洗
此生百转千回阴晴只得由你
挥毫执墨笔 把你记作曲
也许 此中音律抚琴为君高歌一曲
——《琴弦上(vocaloid)》By 乐正绫/赤羽/星葵
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