前言
概率生成函数好像是个很厉害的东西啊……如果有掷骰（tou）子的问题似乎可以直接套板子的说……
本篇文章全部都是抄《浅谈生成函数在掷骰子问题上的应用》（杨懋龙）这篇论文的
定义
我们定义一个形式幂级数\(A(x)\)，称它为离散随机变量\(X\)的概率生成函数，当且仅当对于\(A(x)\)的每一项\(a_i\)，都有\(a_i=P(X=i)\)
性质
容易发现以下几个性质
1.\[A(1)=\sum_{i=0}^\infty P(X=i)=1\]
2.\[A'(x)=\sum_{i=0}^\infty iP(X=i)x^{i-1}=E(X)\]
进一步推倒可以得出
3.\[E(x^\underline{k})=F^{(k)}(1),k\neq 0\]
其中\(F^{(k)}(x)\)表示\(F(x)\)的\(k\)阶导
4.\[DX=F''(1)+F'(1)-(F'(1))^2\]
其中\(DX\)表示随机变量\(X\)的方差
最后一个证明一下好了因为我也不太会方差这个东西……
方差的定义为\[DX=E(X-EX)^2\]，即括号里那个东西的平方的期望
根据期望的线性我们可以推倒
\[ \begin{aligned} DX &=E(X-EX)^2\\ &=E(X^2-2XEX+(EX)^2)\\ &=E(X^2)-2EX\times EX+(EX)^2\\ &=E(X^2)-(EX)^2 \end{aligned} \]
把上面的柿子代入发现成立
关于这个东西怎么用……还是拿几道题来讲一下好了……
例题
洛谷P4548 [CTSC2006]歌唱王国
题意：给定一个长度为\(L\)的序列\(A\)。然后每次掷一个标有\(1\)到\(m\)的公平骰子并将其上的数字加入到初始为空的序列\(B\)的末尾，如果序列B中已经出现了给定序列\(A\)，即\(A\)是\(B\)的子串，则停止，
求序列\(B\)的期望长度。\(L ≤ 10^5\)
我们定义一个字符串的前缀\(S[1,i]\)为这个字符串的\(border\)当且仅当\(S[1,i]=S[L-i+1,L]\)，其中\(L\)为串长
定义\(a_i\)，当且仅当\(S[1,i]\)是\(S\)的\(border\)时\(a_i\)为\(1\)，否则\(a_i\)为\(0\)
定义答案的概率生成函数为\(F(x)\)，即\(f_i\)表示掷了\(i\)次骰子游戏结束的概率，以及\(G(x)\)，\(g_i\)表示掷了\(i\)次骰子游戏仍未结束的概率
那么容易发现两个性质
1.\[G(x)+F(x)=1+xG(x)\]
也就是说\(g_i=g_{i+1}+f_{i+1}\)，即如果第\(i\)次未结束，那么第\(i+1\)次只有结束或未结束，\(+1\)是因为常数项
2.\[G(x)\left({1\over m}x\right)^L=\sum_{i=1}^La_iF(x)\left({1\over m}x\right)^{L-i}\]
即如果我们在一个未结束的串后面加上整个\(A\)肯定结束，然而还有可能没有加完整个串就已经结束了。通过分析可知，如果我们加了\(A\)的前\(i\)个字符之后结束，即有\(A[L-i+1,L]=A[1,i]\)，那么根据定义，\(A[1,i]\)是一个\(border\)，然后再把剩下的\(L-i\)个字符加进去就行了
对于\(1\)式，我们对两边求导，再把\(x=1\)代入，得
\[G'(x)+F'(x)=G(x)+xG'(x)\]
\[F'(1)=G(1)\]
即我们所需要求的\(E(x)=F'(1)=G(1)\)
对于\(2\)式，我们把\(1\)代入，在两边同乘上\(m^L\)，得
\[G(1)=\sum_{i=1}^La_im^iF(1)\]
又因为\(F(1)=1\)，最终可以化作
\[E(x)=\sum_{i=1}^La_im^i\]
而对于\(a_i\)我们是可以\(O(L)\)求出来的，直接哈希或者跑\(kmp\)就行了（代码里写的是\(kmp\)）
于是复杂度为\(O(L)\)
//minamoto
#include
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;iI;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int read(){
R int res,f=1;R char ch;
while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
return res*f;
}
char sr[1<<21],z[20];int C=-1,Z=0;
inline void Ot(){fwrite(sr,1,C+1,stdout),C=-1;}
void print(R int x){
if(C>1<<20)Ot();if(x<0)sr[++C]='-',x=-x;
while(z[++Z]=x%10+48,x/=10);
while(sr[++C]=z[Z],--Z);sr[++C]='\n';
}
const int N=1e5+5,P=1e4;
inline int add(R int x,R int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;}
int bin[N],kmp[N],a[N],n,p,res,pos;
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
p=read(),bin[0]=1;fp(i,1,1e5)bin[i]=mul(bin[i-1],p);
for(int T=read();T;--T){
n=read();fp(i,1,n)a[i]=read();
kmp[0]=kmp[1]=0;
for(R int i=2,j=0;i<=n;++i){
while(j&&a[j+1]!=a[i])j=kmp[j];
j+=(a[j+1]==a[i]),kmp[i]=j;
}
pos=n,res=0;
while(pos)res=add(res,bin[pos]),pos=kmp[pos];
printf("%04d\n",res);
}
return 0;
} 洛谷P3706 [SDOI2017]硬币游戏
题意：给定\(n\)个长度为\(m\)的\(01\)序列\(A_i\)，\(m\)个序列互不相同，有一个初始为空的序列\(B\)，每次等概率生成\(0\)或\(1\)并将其放入序列\(B\)，若这一过程中\(A_i\)最先作为\(B\)的子串出现则称\(i\)获胜，请对\(\forall i\in [1,m]\)求出\(i\)获胜的概率
因为证明基本和上面差不多，下面我就不给证明直接放柿子了
定义\(P(A_i)=\prod_{i\in A_i}P_i\)
定义\(a_{i,j,k}\)，当且仅当\(A_i[1,k]=A_j[m-k+1,m]\)时值为\(1\)否则为\(0\)，可以用\(hash\)从而在\(O(n^3)\)的时间内解得
定义\(f_{i,j}\)表示首次出现的序列是\(A_i\)且随机序列长度为\(j\)的概率，\(F_i(x)\)为其生成函数，定义辅助序列\(g_i\)表示随机序列长度为\(i\)时仍未结束的概率，生成函数为\(G(x)\)
容易得到
\[ G(x)+\sum_{i=1}^nF_i(x)=1+xG(x) \]
\[ G(x)P(A_i)x^m=\sum_{j=1}^n\sum_{k=1}^ma_{i,j,k}F_j(x)P(A_i[k+1,m])x^{L_i-k} \]
前一个柿子这里就不用管了，我们考虑后一个柿子，把\(x=1\)代入，可以得到
\[G(1)=\sum_{j=1}^n\sum_{k=1}^ma_{i,j,k}F_j(1)P({1\over A_i[1,k]})\]
对于每一个\(i\)都有这么一个方程，我们需要解出\(F_i(1)\)和\(G(1)\)，那么总共有\(n\)个方程和\(n+1\)个变量
等会儿好像还是不能解啊……
我们再转过头来看看……\(F_i(1)\)表示第\(i\)个人获胜的概率……那么似乎有
\[\sum_{i=1}^nF_i(1)=1\]
这样就有\(n+1\)个方程了，高斯削元就是了，时间复杂度\(O(n^3)\)
//minamoto
#include
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;iI;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
using namespace std;
const int N=305,P=1e9+7;const double eps=1e-10;
double mp[N][N],b[N];char s[N];int bin[N],h[N][N],n,m;
inline int Hash(R int i,R int l,R int r){return ((h[i][r]-1ll*h[i][l-1]*bin[r-l+1])%P+P)%P;}
void Gauss(int n){
fp(i,1,n){
if(mp[i][i]>-eps&&mp[i][i]eps){
fp(k,i,n+1)swap(mp[i][k],mp[j][k]);
break;
}
}
double t=1.0/mp[i][i];fp(j,i,n+1)mp[i][j]*=t;
fp(j,i+1,n){
t=mp[j][i];
fp(k,i,n+1)mp[j][k]-=mp[i][k]*t;
}
}
fd(i,n-1,1)fp(j,i+1,n)mp[i][n+1]-=mp[j][n+1]*mp[i][j];
}
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
scanf("%d%d",&n,&m);
bin[0]=b[0]=1;
fp(i,1,m)bin[i]=(bin[i-1]<<1)%P,b[i]=b[i-1]*2;
fp(i,1,n){
scanf("%s",s+1);
fp(j,1,m)h[i][j]=((h[i][j-1]<<1)+(s[j]=='H'))%P;
}
fp(i,1,n){
fp(j,1,n)fp(k,1,m)(Hash(i,1,k)==Hash(j,m-k+1,m))?mp[i][j]+=b[k]:0;
mp[i][n+1]=-1;
}
fp(i,1,n)mp[n+1][i]=1;mp[n+1][n+2]=1;
Gauss(n+1);
fp(i,1,n)printf("%.8lf\n",mp[i][n+2]);
return 0;
}