[ZJOI2019]开关

一、题目

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二、解法

考虑每个灯的生成函数，那么答案的生成函数为它们的乘积，设 $P=\sum p_i$（这里用 $e$不是特别严谨，因为本题不需要指数型生成函数，但是为了方便表示无穷级数，使用 $e$可能会更加简洁）：
$F(x)=\prod_{i=1}^n \frac{e^{\frac{p_i}{P}x}+(-1)^{s_i}e^{-\frac{p_i}{P}x}}{2}$但是还有一个问题，就是上面的生成函数并不会在第一次满足条件是就停止，我们考虑转满一圈，也就是操作会原状态的生成函数：
$G(x)=\prod_{i=1}^n \frac{e^{\frac{p_i}{P}x}+e^{-\frac{p_i}{P}x}}{2}$求出 $F,G$直接暴力背包，时间复杂度 $O(np)$，考虑答案的生成函数为 $H(x)$，则满足 $h(x)g(x)=f(x)$（ $h,g,f$为 $H,G,F$的普通生成函数），考虑使用闭形式来表示它们之间的转化，它们之间满足这样的转化关系：
$f(x)=\sum_{i=-P}^{P} \frac{a_i}{1-\frac{i}{P}x}$此时要求的答案是 $h'(1)$，求导就是把每种概率乘上他的权值（步数），算出来就是期望，可以使用这个公式，（ $\frac{1}{g(x)}$的求导可以当做复合函数求导，也就是加入一个辅助函数 $f(x)=\frac{1}{x}$）：
$(\frac{f(x)}{g(x)})'=(f(x)g(x)^{-1})'=\frac{f'(x)g(x)-f(x)g'(x)}{g(x)^2}$发现这样算出来的 $h$是不收敛的，我们把 $f,g$同乘 $\prod1-\frac{i}p{}$，现在的问题在于解决 $f(x)$的导数，我们来推式子：
$f(x)=\sum a_i\prod_{j\not=i}1-\frac{j}{p}x$为了方便表示，我们设 $g_i(x)=a_i\prod_{j\not=i}\frac{j}{p}x,h_i(x)=1-\frac{i}p{x}$，我们想对 $g$求导：
$g_i'(x)=a_i\prod_{j\not=i}h_j(x)'$ $g_i'(x)=a_i\sum_{k\not=i}(\prod_{j\not=i,j\not=k}h_j(x))\times h_k(x)'$ $g_i'(x)=a_i\sum_{k\not=i}(\prod_{j\not=i}h_j(x))\times \frac{h_k(x)'}{h_k(x)}......*$ $g_i'(x)=a_i(\prod_{j\not=i}h_j(x))\sum_{k\not=i}\frac{h_k(x)'}{h_k(x)}$ $g_i'(x)=a_i(\prod_{j\not=i}1-\frac{j}{p}x)\sum_{k\not=i}\frac{-\frac{k}{p}}{1-\frac{k}{p}x}$那么 $f'(x)$就算出来了，长成这样：
$f'(x)=\sum_ia_i(\prod_{j\not=i}1-\frac{j}{p}x)\sum_{k\not=i}\frac{-\frac{k}{p}}{1-\frac{k}{p}x}$考虑求除 $f'(1)$的值，可以分类讨论，由于 $x=1$是， $1-\frac{i}{p}$很特殊，我们考虑 $i$是否等于 $p$

• $i\not=p$，考虑到 $j$的枚举中会有 $0$这一项产生（ $j=p$时），那就都消完了？等等，看我标注了*号的柿子，我们为了提出相同的一项而乘上又除去了 $1-\frac{k}p{x}$，所以在 $k$中产生的 $\frac{-1}{0}$必须要与 $0$的一项对消，产生 $-1$，所以当 $i\not=p$时， $k$只能等于 $p$，这样我们就可以对 $g$函数进行化简：
  $g_i'(x)=-a_i\prod_{j\not=i,j\not=p}1-\frac{j}p{x}$ $g_i'(x)=-\prod_{j\not=p}1-\frac{j}{p}x\times\frac{a_i}{1-\frac{i}{p}x}$
• $i=p$，直接带推出的 $f'(x)$的柿子去算，比较简单。

分类讨论之后，我们可以知道 $f'(1)$的值：
$f'(1)=-(\prod_{i\not=p}1-\frac{i}{p})(\sum_{i\not=p}\frac{a_i}{1-\frac{i}{p}}+a_p\sum_{i\not=p}\frac{\frac{i}{p}}{1-\frac{i}{p}})$知道了 $f'(1)$的求导之后， $g'(1)$也很容易（好像和推导的重名了，写到这里才发现，请谅解），我们可以带入上面对分式求导的柿子，就可以算出答案（设 $a_i$为 $f$的系数， $b_i$为 $g$的系数，容易发现 $a_p=b_p=\frac{1}{2^n}$）：
$2^n\sum_{i\not=p}\frac{b_i-a_i}{1-\frac{i}{p}}$写的我要吐了，贴上简洁的代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#define int long long
const int M = 50005;
const int MOD = 998244353;
int read()
{
    int x=0,flag=1;
    char c;
    while((c=getchar())<'0' || c>'9') if(c=='-') flag=-1;
    while(c>='0' && c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
    return x*flag;
}
int n,sum,inv,ans,s[105],tmp[2*M],f[2*M],g[2*M];
int qkpow(int a,int b)
{
    int r=1;
    while(b>0)
    {
        if(b&1) r=r*a%MOD;
        a=a*a%MOD;
        b>>=1;
    }
    return r;
}
signed main()
{
    n=read();
    for(int i=1; i<=n; i++)
        s[i]=read();
    inv=qkpow(2,MOD-2);
    f[M]=g[M]=1;
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        int x=read();
        sum+=x;
        memset(tmp,0,sizeof tmp);
        for(int j=-sum; j+x<=sum; j++) tmp[j+x+M]=(tmp[j+x+M]+inv*f[j+M])%MOD;
        for(int j=-sum+x; j<=sum; j++) tmp[j-x+M]=(tmp[j-x+M]+(s[i]?MOD-inv:inv)*f[j+M])%MOD;
        memcpy(f,tmp,sizeof tmp);
        //
        memset(tmp,0,sizeof tmp);
        for(int j=-sum; j+x<=sum; j++) tmp[j+x+M]=(tmp[j+x+M]+inv*g[j+M])%MOD;
        for(int j=-sum+x; j<=sum; j++) tmp[j-x+M]=(tmp[j-x+M]+inv*g[j+M])%MOD;
        memcpy(g,tmp,sizeof tmp);
    }
    for(int i=-sum; i<=sum; i++) ans=(ans+(g[i+M]-f[i+M]+MOD)*qkpow(sum-i,MOD-2))%MOD;
    printf("%lld\n",ans*sum%MOD*qkpow(2,n)%MOD);
}