[ZJOI2019] 開關 (一種擴展性較高的做法)

題意：

有n個開關，一開始狀態都為關閉。每次隨機選出一個開關將其狀態改變，選出第i個開關的概率為${ p_i \over \sum_{i=1}^n p_i} $,求狀態第一次變為s的操作步數。

題解：

考慮先從組合方法入手。
最基本的思路就是枚舉一種必定結束的狀態，但是這樣的狀態不一定合法，因為這個狀態的前綴可能已經結束了，所以我們可以容斥若干個前綴，強制這些前綴已經結束，來算出這個狀態中沒有一個前綴能夠結束的方案數。
當然，在枚舉的過程中，"一種狀態"可以通過枚舉每一個開關的操作次數\(x_i\)，再將這些操作次數排列起來，我們枚舉前綴的時候，同樣枚舉每個開關的操作次數，那么我們可以寫出答案的式子：

\[\sum_{x_i} \prod [2|x_i-s_i] \prod q_i^{x_i} \sum_{i=1}^nx_i \sum_{m=0}^{\infty} \sum_{y_{1i};\exists i,y_{1i}>0 } \sum_{y_{2i};\exists i,y_{2i}>0 }... \sum_{y_{mi};\exists i, y_{mi}>0 } \sum_{{z_i};\exists i,z_i>0 }\\ \prod [2|y_{ij}] \prod_{j}[\sum_{i=1}^m y_{ij} +z_i = x_i] (-1)^m {(\sum_{i=1}^m z_i)! \over \prod_{i=1}^n z_i!}\prod_{i=1}^m {(\sum_{j=1}^n y_{ij})! \over \prod_{j=1}^n y_{ij}} \]

\(q_i\)為\(p_i \over \sum p_i\)

看起來十分復雜，其實有很多可以化簡的地方，為了保證題解的簡潔性，這里不一一贅述。上述式子最難化簡的莫過於是\(\sum x_i\),這個其實是一個帶權方案數，在算的時候我們可以認為是計算$[y^1]\prod_{i=1}^n (1+x_iy) $,所以只需要記常數項與一次項系數。

用指數型生成函數來表示，可以方便的得到答案式子：

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

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

記\(f_0(x)=\sum_{i=0}^{\infty}f_{0i}x^i,f_1(x)=\sum_{i=0}^{\infty}f_{1i}x^i,f(x)=f_0(x)+f_1(x)y\)
\(g_0(x)=\sum_{i=0}^{\infty}g_{0i} x^i,g_1(x)=\sum_{i=0}^{\infty}g_{1i}x^i,g(x)=g_0(x)+g_1(x)y\)
以\(F(x)\)為例,\(F(x)=\sum_{i=- \infty}^{\infty} a_i e^{ix} + b_i xy e^{ix}\)
可以得到\(f(x)=\sum_{i=- \infty}^{\infty} {a_i \over 1-ix}+{b_i x\over (1-ix)^2}\)
答案為

\[\lim_{x \to 1 }[y^1]f(x)\sum_{m=0}^{\infty}(-g(x)+1)^m=\lim_{x \to 1}[y^1]{f(x) \over g(x)}\\ ={f_2(x)g_1(x) -g_2(x)f_1(x) \over g_1^2(x)}\]

我們發現在\(g_1(x)\)中有\(\frac {1} {1-x}\)的項,在\(f_2(x),g_2(x)\)有\(\frac {1} {(1-x)^2}\)的項，所以我們發現，答案的分子有三階無窮大的項，分母有二階無窮大的項。
那么是否意味着答案發散呢？恰恰相反，因為感性理解答案肯定是收斂的，所以我們有理由認為分子上三階無窮大的系數為0，而事實也確實如此，因為\(f_2(x)與g_2(x)\)的\(1 \over (1-x)^2\)項系數相同，\(f_1(x)與g_1(x)\)的\(1 \over 1-x\)項的系數也相同，我們計算答案，只需要計算分子的二階無窮大的值除以分母的二階無窮大的值即可，又因為兩個無窮大都為\({1\over (1-x)^2}\)，所以是可以約去的。

這種做法與網上的大致相同，但是在處理\(\sum x_i\)項的時候不太一樣，網上題解大多是用的求導來解決第i項對答案的貢獻為i的問題，而本文觀察到了\(\sum x_i = [y^1]\prod (1+x_iy)\)的性質。這種做法無疑具有比較高的擴展性，例如操作開關i需要\(a_i\)的代價，求代價的期望，求導方法便顯得十分無力，而這個方法只需要將原式稍稍更改成\(\sum a_i x_i = [y^1]\prod (1+a_ix_iy)\)即可。
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