概率生成函数-掷骰子问题详解
概率生成函数-掷骰子问题详解
做SDOI2007，第5题啃不动了来看论文（杨懋龙）
概率生成函数
性质
相当于所有情况的概率总和
(常数项被求导搞掉了，不过求期望可以不管)
还有些不知道咋用的结论
就是求导后前面的系数成下降幂的形式了，再乘上概率
还有个随机变量的方差
因为$D(x)=E(X2)-(E(X))2 $
上面的证明：
所以\(D(x)=E(x*(x-1))+E(x)-(E(x))^2=F''(1)+F'(1)-(F'(1))^2\)
掷骰子题型
大概是一直持续一个游戏，直到满足某个条件获胜终止，求一个东西的期望（一般是持续时间）
例题：CTST2006歌唱王国
题意：给一个长L值域为m的序列A。每个时间掷一个1∼m的公平骰子并将这个数字加入到初始为空的序列B的末尾，当A是B子串时，停止，求期望停止时间。\((n,m\leq 1e5)\)
分析
令 \(f_i\) 为结束时随机序列长度为 \(i\) 的概率，其概率生成函数为 \(F(x)\) 。令辅助数列 \(g_i\) 为随机序列长度达到i且还未结束的概率，其普通生成函数为 \(G(x)\) 。
考虑下一个骰子，有 \(F(x)+G(x)=1+G(x)*x\)
然后考虑两种情况，第一种是在每一个未结束的序列上直接接上长为L的序列A，但是这样会有很多多出来的情况，比如A是\(12312\)，此时的B是\(123'12312'\)，引号部分是接上的，可见只接前两个数字就已经匹配，相当于被重复统计，此时把\(k+i\)项结束的概率的项数加上\(L-i\)，来对应第一种情形，并乘上相应概率即可。
不难发现此时一定接上的是一个border，即‘12’，设\(a_i=[A[1...i]是border]\)，那么我们有
对应两种情况
由上文，\(E(x)=F'(1)\)，考虑求\(F'(1)\)
将第一个式子求导，\(\begin{aligned} F^{\prime}(x)+G^{\prime}(x) &=G^{\prime}(x) \cdot x+G(x) \\ F^{\prime}(1) &=G(1) \end{aligned}\)，于是考虑求\(G(1)\)
再将x=1带入第二个式子，注意\(F(1)=1\)，有
这个就能随便算了
code（hash有点丑，能过）
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<ctime>
#define ll long long
#include<cstdlib>
#include<queue>
const int N = 1e5+1;
using namespace std;
inline int read(){
char ch=getchar();int x=0;int pos=1;
for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') pos=0;
for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';
return pos?x:-x;
}
int a[N],s[N],n,t,m;
ll h[N],b[N];
const ll mod = 10000,sd=131,md1=998244353;
ll ksm(ll a,ll b){
ll res=1;
while(b){
if(b&1) res=res*a%md1;
a=a*a%md1;b>>=1;
}
return res;
}
ll ginv(ll a){
return ksm(a,md1-2);
}
void get_hash(){
memset(h,0,sizeof(h));ll res=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
res=res*sd%md1;
h[i]=(h[i-1]+a[i]*res%md1)%md1;
}
}
ll ha(int l,int r){
return ((h[r]-h[l-1]+md1)%md1)*b[l-1]%md1;
}
int main(){
m=read();t=read();
b[0]=1;ll si=ginv(sd);
for(int i=1;i<N;i++) b[i]=b[i-1]*si%md1;
while(t--){
n=read();for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
get_hash();
ll ans=0,res=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
res=res*m%mod;
if(ha(1,i)==ha(n-i+1,n)) ans=(ans+res)%mod;
}
printf("%d%d%d%d\n",ans/1000,ans/100%10,ans/10%10,ans%10);
}
return 0;
}
SDOI2017
本来写了十多行结果没保存，就不写了
跟上面差不多，对于每个字符串分别列出式子就能一共列出n+1个式子，高斯消元即可
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<ctime>
#define ll long long
#include<cstdlib>
#include<queue>
const int N = 321;
using namespace std;
inline int read(){
char ch=getchar();int x=0;int pos=1;
for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') pos=0;
for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';
return pos?x:-x;
}
int a[N],n,t,m;
char s[N];
ll h[N][N],b[N];
double f[N][N],_2[N],ans[N];
const ll mod =998244353,sd=131;
ll ksm(ll a,ll b){
ll res=1;
while(b){
if(b&1) res=res*a%mod;
a=a*a%mod;b>>=1;
}
return res;
}
ll ginv(ll a){
return ksm(a,mod-2);
}
void get_hash(int t){
ll res=1;
for(int i=1;i<=m;i++){
res=res*sd%mod;
h[t][i]=(h[t][i-1]+((s[i]=='H')+1)*res)%mod;
}
}
ll ha(int t,int l,int r){
return ((h[t][r]-h[t][l-1]+mod)%mod)*b[l-1]%mod;
}
int main(){
n=read(),m=read();
b[0]=1;ll tx=ginv(sd);_2[0]=1;
for(int i=1;i<=m;i++) b[i]=b[i-1]*tx%mod,_2[i]=_2[i-1]+_2[i-1];
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%s",s+1);
get_hash(i);
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
for(int k=1;k<=m;k++){
if(ha(i,1,k)==ha(j,m-k+1,m)) (f[i][j]+=_2[k]);
}
}
f[i][n+1]=-1;
}
for(int i=1;i<=n;i++) f[n+1][i]=1;f[n+1][n+2]=1;
for(int i=1;i<=n+1;i++){
for(int j=n+2;j>=i;j--) f[i][j]/=f[i][i];
for(int j=i+1;j<=n+1;j++)
for(int k=n+2;k>=i;k--)
f[j][k]-=f[i][k]*f[j][i];
}
ans[n+1]=f[n+1][n+2];
for(int i=n;i>=1;i--){
ans[i]=f[i][n+2];
for(int j=i+1;j<=n+1;j++) ans[i]-=ans[j]*f[i][j];
}
for(int i=1;i<=n;i++) printf("%.10f\n",ans[i]);
return 0;
}
