令\(p_i=\dfrac \)
設\(f(x)\)表示在第\(k\)步到達合法狀態的概率的生成函式,因為只關心第一次到達合法狀態的情況,所以設\(g(x)\)表示走\(k\)步後回到原來的狀態的概率,\(h(x)\)表示第\(k\)步第一次走到合法狀態的概率,則有\(f(x)=g(x)h(x) \to h(x)=\dfrac\) .設\(h(x)=\sum a_k x^k\),則我們要求就是
\[\sum ka_k=h'(1)=\dfrac
\]考慮如何求\(f(x)\).到達合法狀態的條件為選擇開關\(i\)的次數與\(s_i\)相等.則有
\[f_i(x)=\dfrac+(-1)^e^}2
\]發現\(f(x)\)是ogf,\(f_i(x)\)為egf,為了相互轉化,將\(\prod f_i(x)\)表示為\(\sum c_k(e^x)^k\)的形式,其中\(c_k\)可以用揹包在\(o(n\sum p)\)的時間求得,最後得到
\[\begin
f(x)&=\sum_k ([x^k]k!\sum_i c_i(e^x)^i)x^k \\
&=\sum_k(k!\sum_i c_i [x^k](e^x)^i)x^k \\
&=\sum_k(k!\sum_ic_i\dfrac)x^k \\
&=\sum_k (\sum_i c_ii^k)x^k \\
&=\sum_ic_i\sum_i^kx^k \\
&=\sum_i\dfrac
\end
\]\(g(x)\)的處理類似,最後得到
\[g(x)=\sum_i\dfrac
\]但是發現當\(i=1\)時會有\(1-x\)這一項,所以不能直接將\(x=1\)帶入,考慮分子分母同乘\((1-x)\),得到新的\(f(x),g(x)\)
\[f(x)=\sum_i\dfrac=c_1+\sum_\dfrac
\]所以此時\(f(1)=c_1\)
\[f'(x)=\sum_\dfrac \\
f'(1)=\sum_\dfrac=\sum_\dfrac
\]\(g(1),g'(1)\)也類似計算,即可得到答案.
#include #include #include #define debug(...) fprintf(stderr,__va_args__)
#define inver(a) power(a,mod-2)
using namespace std;
inline char gc()
templatevoid rd(t &x)
while(ch>='0'&&ch<='9')
x*=f;
}typedef long long ll;
const int mod=998244353,r2=(mod+1)>>1;
const int maxn=100+5,maxp=1e5+50;
int n,p,s[maxn],p[maxn];
int c[2][maxp],d[2][maxp];
inline int sub(int x)
ll power(ll x,ll y)
return re;
}inline int sqr(int x)
inline void upd(int *a,int *b,int v,int w)
}int main()
int an=0,c1=c[cur][p<<1],d1=d[cur][p<<1],t=inver(p);
for(int i=-p;i
an=(ll)an*sqr(inver(d1))%mod;
printf("%d\n",an);
return 0;
}
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