【题解】开关

\(\texttt{ZJOI2019 }\text{开关}\)

我们记输入的刻画概率的数组为 \(p'\) ，并假定对应的 \(p\) 为按哪个开关的概率，即 \(\sum_{i=1}^np_i=1\) 。考虑期望dp，\(state\) 是被打开的开关的序号组成的集合，全集 \(U\) 即所有序号组成的集合，记 \(dp_{state}\) 代表开门状态为 \(state\) 时的期望步数（注意此处 \(dp\) 其实是和题目中给出的开门状态是无关的，并非递推以求得 \(dp_s\)）。\(state\not=\varnothing\) 时，有方程

\[dp_{state}=1+\sum\limits_{i=1}^np_idp_{state\otimes\{i\}} \]

显然，其实是有 \(dp_{\varnothing}=0\) 的。所以，记对称差卷积为 \(*\) ，集合生成函数 \(P(z)=\sum_{i=1}^np_iz^{\{i\}}\)，有

\[DP=\sum\limits_{T\in 2^U}z^T+P*DP-(1+\sum\limits_{i=1}^np_idp_{\{i\}})z^{\varnothing} \]

事实上我们可以把 \(-(1+\sum_{i=1}^np_idp_{\{i\}})\) 当作一个待定系数 \(c\) 去求解。即

\[DP=\sum\limits_{T\in 2^U}z^T+P*DP+cz^{\varnothing} \]

作沃尔什变换，则

\[[z^S]\hat{DP}=\sum\limits_{T\in 2^U}(-1)^{|T\cap S|}+[z^S]\hat P [z^S]\hat {DP} +c \]

事实上，\([z^S]\hat P\) 是容易考虑的，不难得知 \([z^S]\hat P=\sum_{i=1}^n(-1)^{|\{i\}\cap S|}p_i=1-2\sum_{i\in S}p_i\) ，而 \(\sum_{T\in 2^U}(-1)^{|T\cap S|}=[S=\varnothing]2^n\) ，所以取 \(S=\varnothing\) ，便解得 \(c=-2^n\) 。

所以，\(S\not=\varnothing\) 时有

\[[z^S]\hat{DP}=\frac{-2^n}{1-[z^S]\hat{P}}=\frac{-2^n}{2\sum_{i\in S}p_i} \]

再考虑逆沃尔什变换，则

\[[z^S]DP=\frac{1}{2^n}\sum\limits_{T\in 2^{U}}(-1)^{|T\cap S|}[z^T]\hat{DP}=\frac{[z^{\varnothing}]\hat{DP}}{2^n}+\sum\limits_{T\not= \varnothing}(-1)^{|T\cap S|}\frac{-1}{2\sum_{i\in S}p_i} \]

注意到 \([z^{\varnothing}]DP=0\) ，解得

\[\frac{[z^{\varnothing}]\hat{DP}}{2^n}=\sum\limits_{T\not= \varnothing}\frac{1}{2\sum_{i\in S}p_i} \]

于是

\[[z^S]DP=\sum\limits_{T\not= \varnothing}[|T\cap S|\equiv 1\mod 2]\frac{\sum_{i=1}^np'_i}{\sum_{i\in S}p'_i} \text{ ，注意此处我们将} p_i \text{还原成了输入给出的正整数形式}p'_i \]

跑个简单的背包即可，状态（考虑前几个，\(|T\cap S|\) 的奇偶性，分母）代表该分母的贡献，第一维可以滚掉。注意到 \(\sum_{i=1}^np'_i\) 的值域远小于模数，所以不难证明，通分后分母不会是模数的倍数，同时直接求逆元乘到分子上和约分掉再乘结果是一样的。把 \(\sum_{i=1}^np'_i\)​ 内的全部数的逆元线性预处理出来本题就完成了。

\(\square\)