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注：以下p[i]均表示概率
设F(x)为按i次开关后到达终止状态方案数的EGF，显然F(x)=π(ep[i]x/p+(-1)s[i]e-p[i]x/p)/2，然而方案包含一些多次到达合法方案的状态，需将其排除。n次操作回到原状态的方案数的生成函数G(x)=π(ep[i]x/p+e-p[i]x/p)/2。实现时只需要记录F(x)=Σa[i]eix/P中a[i]（-P<=i<=P）的系数即可(G(x)也一样)，于是暴力复杂度O(nP)。H(x)为答案的生成函数，显然F、G、H所对应的OGF f、g、h满足f(x)=g(x)h(x)。然后就是EGF向OGF的转化：F(x)=Σa[i]eix/P→f(x)=Σa[i]/(1-ix/P)，其中-P<=i<=P，于是此时要求h‘(1)，然后根据除法求导公式，可以计算出h‘(x)，但x=1时函数不收敛。然后推一下式子就发现本题其实是背包DP了（这里打数学公式太累了就省略一些内容了），复杂度O(nP)
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=2e5+7,mid=1e5,mod=998244353; int n,sp,ans,s[N],a[N],f[N],g[N],tmp[N]; int qpow(int a,int b) { int ret=1; while(b) { if(b&1)ret=1ll*ret*a%mod; a=1ll*a*a%mod,b>>=1; } return ret; } int main() { scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&s[i]); for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]); f[mid]=g[mid]=1; for(int i=1;i<=n;i++) { sp+=a[i]; for(int j=-sp;j<=sp;j++)tmp[j+mid]=(g[j-a[i]+mid]+g[j+a[i]+mid])%mod; memcpy(g,tmp,sizeof g); for(int j=-sp;j<=sp;j++)tmp[j+mid]=(f[j-a[i]+mid]+(s[i]?mod-f[j+a[i]+mid]:f[j+a[i]+mid]))%mod; memcpy(f,tmp,sizeof f); } for(int i=-sp;i<sp;i++)ans=(ans+1ll*(g[i+mid]-f[i+mid]+mod)*qpow(sp-i,mod-2))%mod; ans=1ll*ans*sp%mod; printf("%d",ans); }
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原文地址：https://www.cnblogs.com/hfctf0210/p/10836881.html
