题目

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题目概要
每一步以 $\frac{A_i}{{\sum }_{j=1}^n{A}_j}$ 的概率获得数字 $i$ 。当某一个时刻对 $\forall i$ 满足，数字 $i$ 至少有 $B_i$ 个时，游戏结束。求步数的期望。

数据范围与提示
$\max (n,{\sum }_{i=1}^n{A}_i,{\sum }_{i=1}^n{B}_i)\le 400$ 。

思路

上来直接搞 生成函数。但是为什么会想到这个呢？或许是 $\sum B$ 这种奇怪限制的提示吧。

生成函数 $F(x)$ 的第 $k$ 项的系数为，选择了 $k$ 个数 仍然未结束 的概率。这个操作很常见，因为在此种情形下，$F(x)$ 系数之和即为期望。因为操作步数 $s$ 可以看成 ${\sum }_{i=0}^{+\infty }[i<s]$ ，而 $i<s$ 等价于仍然未结束。这样就分摊下来了。

考虑用 $1$ 减去已经结束的概率。由于我们要算一个很像组合的东西——每个数字都选了至少 $B_i$ 个——所以指数型母函数恰好可以搞定它。为了方便，姑且用 $a_j$ 直接表示概率；实际上，为了让指数为整数，我们要把所有指数都乘 ${\sum }_{i=1}^n{A}_i$ 。
$$e^{a_{j}x}=\sum _{i=0}^{+\infty }\frac{(a_{j}x{)}^i}{i!}=\sum _{i=0}^{+\infty }(a_j{)}^i\cdot \frac{x^i}{i!}$$

这是第 $j$ 个数字任意选的生成函数。那么我们要选择至少 $B_j$ 个，去掉前面那些选择就行。所以
$$F(x)=e^x-\prod _{j=1}^n\left(e^{a_{j}x}-\sum _{i=0}^{B_j-1}(a_j{)}^i\cdot \frac{x^i}{i!}\right)$$

然后呢？你 假装 $x=1$ 嘛！此时 $G_j(x)={\sum }_{i=0}^{B_j-1}\frac{(a_{j}x{)}^i}{i!}$ 就是常数了呗！而 $e^x$ 看成自变量，式子里的 $e^{a_{j}x}-G_j(x)$ 就相当于一个 关于 $e^x$ 的 $a_j$ 次多项式。反正 $G_j(x)$ 是四则运算样样精通，只是一次计算需要 $\mathcal{O}(\sum B)$ 的时间罢了。把 $n$ 个这玩意儿乘起来，需要 $\mathcal{O}(n^3)$（这里 $\sum A$ 和 $\sum B$ 两项都用 $n$ 进行了替代）。

如果上面这一段不太懂，那你再看看这个：最终我们必定求出
$$F(x)=\sum _{i=0}^{\sum A}{H}_i(x)\cdot (e^x{)}^i$$

这里 $H_i(x)$ 是最多 $\sum B$ 次的多项式。这下你明白了 $e^x$ 当做自变量的意思了吧？

然后呢？答案是什么呢？显然是 $F(x)$ 的系数求和。那我们来看一看，$H_i(x)\cdot (e^x{)}^i$ 会提供怎么样的贡献呢？由于 $H_i(x)$ 是含 $x$ 的，要影响结果，我们把 $H_i(x)$ 中的某一项 $c_j{x}^j$ 拿出来，和 $(e^x{)}^i$ 乘起来：
$$c_j{x}^j\cdot (e^x{)}^i=c_j\sum _{p=0}^{+\infty }\frac{i^p}{p!}\cdot x^{p+j}$$

右边那货不是贡献，因为 $F(x)$ 的系数不包含阶乘。换句话说，我们求的是 $\frac{x^p}{p!}$ 的系数。所以它的贡献是
$$c_j\sum _{p=0}^{+\infty }\frac{i^p\cdot (p+j)!}{p!}$$

只要求出这玩意儿，万事大吉。哦豁，它是无穷级数！但是这有什么好害怕的呢？通用方法：转化为导数。因为 $\frac{1}{1-x}=1+x+x^2+\cdots$，所以其 $j$ 阶导为
$$\sum _{p=0}^{+\infty }{x}^p\cdot \frac{(p+j)!}{p!}=j!\times {\left(\frac{1}{1-x}\right)}^{j+1}$$

把 $x=i$ 代入，就是贡献。于是 $\mathcal{O}(n^2)$ 就能统计答案。这题就做完了。

最后

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