[ZJOI2019] 开关 (一种扩展性较高的做法)

[ZJOI2019] 开关 (一种扩展性较高的做法)

题意:

有n个开关,一开始状态都为关闭。每次随机选出一个开关将其状态改变,选出第i个开关的概率为${ p_i \over \sum_{i=1}^n p_i} $,求状态第一次变为s的操作步数。

题解:

考虑先从组合方法入手。
最基本的思路就是枚举一种必定结束的状态,但是这样的状态不一定合法,因为这个状态的前缀可能已经结束了,所以我们可以容斥若干个前缀,强制这些前缀已经结束,来算出这个状态中没有一个前缀能够结束的方案数。
当然,在枚举的过程中,"一种状态"可以通过枚举每一个开关的操作次数\(x_i\),再将这些操作次数排列起来,我们枚举前缀的时候,同样枚举每个开关的操作次数,那么我们可以写出答案的式子:
\[\sum_{x_i} \prod [2|x_i-s_i] \prod q_i^{x_i} \sum_{i=1}^nx_i \sum_{m=0}^{\infty} \sum_{y_{1i};\exists i,y_{1i}>0 } \sum_{y_{2i};\exists i,y_{2i}>0 }... \sum_{y_{mi};\exists i, y_{mi}>0 } \sum_{{z_i};\exists i,z_i>0 }\\ \prod [2|y_{ij}] \prod_{j}[\sum_{i=1}^m y_{ij} +z_i = x_i] (-1)^m {(\sum_{i=1}^m z_i)! \over \prod_{i=1}^n z_i!}\prod_{i=1}^m {(\sum_{j=1}^n y_{ij})! \over \prod_{j=1}^n y_{ij}} \]
\(q_i\)\(p_i \over \sum p_i\)

看起来十分复杂,其实有很多可以化简的地方,为了保证题解的简洁性,这里不一一赘述。上述式子最难化简的莫过于是\(\sum x_i\),这个其实是一个带权方案数,在算的时候我们可以认为是计算$[y^1]\prod_{i=1}^n (1+x_iy) $,所以只需要记常数项与一次项系数。

用指数型生成函数来表示,可以方便的得到答案式子:
\[F(x)=\prod (e^{q_ix} + q_ixye^{q_ix} +(-1)^{s_i} e^{-q_ix} - (-1)^{s_i} q_i xye^{-q_ix}) \\ =\sum_{i=0}^{\infty} {f_{0i} \over i!}x^i + {f_{1i} \over i!}x^iy\]

\[G(x)=\prod (e^{q_ix} + q_ixye^{q_ix} + e^{-q_ix} - q_i xye^{-q_ix}) \\ =\sum_{i=0}^{\infty}{g_{0i} \over i!}x^i + {g_{1i} \over i!}x^iy\]

\(f_0(x)=\sum_{i=0}^{\infty}f_{0i}x^i,f_1(x)=\sum_{i=0}^{\infty}f_{1i}x^i,f(x)=f_0(x)+f_1(x)y\)
\(g_0(x)=\sum_{i=0}^{\infty}g_{0i} x^i,g_1(x)=\sum_{i=0}^{\infty}g_{1i}x^i,g(x)=g_0(x)+g_1(x)y\)
\(F(x)\)为例,\(F(x)=\sum_{i=- \infty}^{\infty} a_i e^{ix} + b_i xy e^{ix}\)
可以得到\(f(x)=\sum_{i=- \infty}^{\infty} {a_i \over 1-ix}+{b_i x\over (1-ix)^2}\)
答案为
\[\lim_{x \to 1 }[y^1]f(x)\sum_{m=0}^{\infty}(-g(x)+1)^m=\lim_{x \to 1}[y^1]{f(x) \over g(x)}\\ ={f_2(x)g_1(x) -g_2(x)f_1(x) \over g_1^2(x)}\]
我们发现在\(g_1(x)\)中有\(\frac {1} {1-x}\)的项,在\(f_2(x),g_2(x)\)\(\frac {1} {(1-x)^2}\)的项,所以我们发现,答案的分子有三阶无穷大的项,分母有二阶无穷大的项。
那么是否意味着答案发散呢?恰恰相反,因为感性理解答案肯定是收敛的,所以我们有理由认为分子上三阶无穷大的系数为0,而事实也确实如此,因为\(f_2(x)与g_2(x)\)\(1 \over (1-x)^2\)项系数相同,\(f_1(x)与g_1(x)\)\(1 \over 1-x\)项的系数也相同,我们计算答案,只需要计算分子的二阶无穷大的值除以分母的二阶无穷大的值即可,又因为两个无穷大都为\({1\over (1-x)^2}\),所以是可以约去的。

这种做法与网上的大致相同,但是在处理\(\sum x_i\)项的时候不太一样,网上题解大多是用的求导来解决第i项对答案的贡献为i的问题,而本文观察到了\(\sum x_i = [y^1]\prod (1+x_iy)\)的性质。这种做法无疑具有比较高的扩展性,例如操作开关i需要\(a_i\)的代价,求代价的期望,求导方法便显得十分无力,而这个方法只需要将原式稍稍更改成\(\sum a_i x_i = [y^1]\prod (1+a_ix_iy)\)即可。
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posted @ 2019-05-06 16:52  Deadecho  阅读(...)  评论(...编辑  收藏