概率生成函数（[CTSC2006] 歌唱王国 题解）

定义

概率生成函数（Probability Generating Function，PGF，通常情况下以随机变量 $X$ 在非负整数集合 $\mathbb{N}$ 上为前提），顾名思义，即为概率的生成函数，或者说，如果数列 $\{p_n\}$ 满足 $P(X=i)=p_i$（即 $\{p_n\}$ 为 $X$ 的概率质量函数 PMF 所构成的数列），那么称 $\{p_n\}$ 的普通生成函数为 $X$ 的概率生成函数：（显然 $n\in \mathbb{N}$）

$$F_X(x)=\sum _{i=0}^{+\infty }P(X=i)x^i$$

其中，$P(X=i)$ 表示随机变量 $X$ 为 $i$ 的概率。

一些性质

1. 显然 $F_X(1)=\sum _{i=0}^{+\infty }P(X=i)=1$（概率之和为 $1$）；

2. 对 $F_X(x)$ 求导可以得到 $F_X^{\prime }(x)=\sum _{i=0}^{+\infty }iP(X=i)x^{i-1}$，那么此时 $F_X^{\prime }(1)=\sum _{i=0}^{+\infty }iP(X=i)=E(X)$ （$X$ 的期望为 $E(X)$）；

3. 对 $F_X(x)$ 求二阶导可得 $F_X^{\prime }(x)=\sum _{i=0}^{+\infty }i(i-1)P(X=i)x^{i-2}$，那么 $F_X^{\prime \prime }(1)=\sum _{i=0}^{+\infty }{i}^{2}P(X=i)-\sum _{i=0}^{+\infty }iP(X=i)=E(X^2)-E(X)$ ，所以 $E(X^2)=F_X^{\prime \prime }(1)+E(X)=F_X^{\prime \prime }(1)+F_X^{\prime }(1)$，可得 $D(X)=E(X^2)-(E(X){)}^2=F_X^{\prime \prime }(1)+F_X^{\prime }(1)(1-F_X^{\prime }(1))$（$X$ 的方差为 $D(X)$）；

这些性质可以用来简化一些推导 QwQ。

P4548 [CTSC2006] 歌唱王国（芝士一道可用概率生成函数推导的字符串奇妙题目）

题意简述

字符集大小为 $n$，处理 $t$ 组数据，每组数据给出一个长度为 $m$ 的字符集 $S$，空串 $T$ 每次随机加入一个字符，直到 $T$ 中出现 $S$ 停止，求 $T$ 停止时长度的期望。

做法

显然不能直接硬算，先设变量 $Y$ 表示停止时 $T$ 的长度，再引入两个概率生成函数 $f(x)$、$g(x)$ 分别表示 $Y=i$ 的概率和 $Y>i$ 的概率，即 $f(x)={\sum }_{i=0}^{+\infty }P(Y=i)x^i$，$g(x)={\sum }_{i=0}^{+\infty }P(Y>i)x^i$，为了方便我们分别用 $f_i$、$g_i$ 表示 $f$、$g$ 的 $i$ 次项的系数，那么 $f_i$ 就表示在第 $i$ 次添加停止的概率，$g_i$ 就表示在第 $i$ 次添加仍未停止的概率，最终我们要求的期望 $E(Y)=f^{\prime }(1)$，接下来的任务便是找式子求期望了。

第一个式子——转化期望

首先我们可以根据 $f$、$g$ 的定义来确定一个递推式，因为 $Y$ 一定是一个正整数，所以 $Y>i$ 等价于 $Y\ge i+1$，手动分类讨论一下（等于和大于的情况）可得 $g_i=f_{i+1}+g_{i+1}$，整理成生成函数得到 $xg(x)+1=f(x)+g(x)$（$+1$ 是补上 $g_0=1$ 的项），由于我们要求 $f^{\prime }(1)$，那么就可以用 $g$ 来表示 $f$，即

$$f(x)=(x-1)g(x)+1$$

求个导可得 $f^{\prime }(x)=g(x)+(x-1)g^{\prime }(x)$，最终我们有 $f^{\prime }(1)=g(1)$，皆大欢喜 ，这意味着只要我们能求出 $g(1)$ 就能得到答案了。

第二个式子——求 $g(1)$

接下来我们又设一个数列 $h_i$ 表示在第 $i$ 次操作后仍未结束，强制性地给 $T$ 随机加上长度为 $m$ 的串 $S$ 的概率（强制表示可能有尚未加满 $m$ 个字符就已经出现了 $S$ 的情况，但仍然继续加字符直到加满了 $m$ 个字符，并且根据定义，加入的 $m$ 个字符能组成串 $S$），那么就相当于我们在 $g_i$ 的情况下强制加了 $m$ 个字符，于是能得到 $h_i=g_i\times n^{-m}$。

但同时我们能发现此时能够满足 $h_i$ 条件的 $Y$ 应该有 $i<Y\le i+m$，对于 $Y$ 的每一种值我们可以单独讨论，假设 $Y=y$、$t=y-i$（$0<t\le m$），前提概率便是 $f_y$，我们只需求再补上串 $S$ 的长为 $m-t$ 的后缀使得加入这 $m-t$ 个字符后最后 $m$ 个字符能形成串 $S$ 的 $f_y\times n^{t-m}$ 之和就能得到 $h_i$，由于在第 $y$ 次加入时已经满足出现长度为 $m$ 的子串 $S$，那么显然第 $i+1\sim y$ 次加入的字符构成的串同时为串 $S$ 的前、后缀，换种说法即为 $t$ 属于串 $S$ 的 Border 或者 $t=m$（这么说是因为 Border 的定义要求字符串本身不为该字符串的 Border），形式化地：$h_i=\sum _{t=1}^{m}pd(t)f_y\times n^{t-m}$，其中 $pd(t)$ 取值为 $0$ 或 $1$，表示判断 $t$ 是否满足 $t=m$ 或 $t$ 为 $S$ 的 Border 的条件。

结合这两种 $h_i$ 的求法，可得到 $g_i\times n^{-m}=\sum _{t=1}^{m}pd(t)f_y\times n^{t-m}=n^{-m}\times (\sum _{t=1}^{m}pd(t)f_y\times n^t)$，又知道 $y=i+t$，于是 $g_i=\sum _{t=1}^{m}pd(t)f_{i+t}\times n^t$，转化为生成函数形式：

$$x^{m}g(x)=\sum _{t=1}^m{x}^{m-t}f(x)pd(t)\times n^t$$

代入可得 $g(1)=\sum _{t=1}^{m}f(1)pd(t)\times n^t=\sum _{t=1}^{m}pd(t)\times n^t$，综上，最终的答案便为 $\sum _{t=1}^{m}pd(t)\times n^t$，直接上 KMP 就做完啦，完结撒花✿✿ヽ(°▽°)ノ✿。

上代码

#include 
#define mod 10000
#define File(xxx) freopen(xxx".in","r",stdin),freopen(xxx".out","w",stdout)
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1e5+5;
int k, t, n, nxt[N], a[N], vis[N], pw[N], ans;

template <typename T> inline void debug(T x) { cerr<<x<<'\n'; }
template <typename T, typename ...T_> inline void debug(T x, T_ ...p) { cerr<<x<<' ', debug(p...); }
template <typename T> void read(T& x) {
	x = 0; int f = 0; char c = getchar();
	while(c < '0' || c > '9') f |= (c == '-'), c=getchar();
	while(c >= '0' && c <= '9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48), c=getchar();
	x=(f ? -x : x);
}
int lne; char put[105];
template <typename T> void write(T x, char ch) {
	lne = 0; if(x < 0) putchar('-'), x=-x;
	do { put[++lne]=x%10, x/=10; } while(x);
	while(lne) putchar(put[lne--]^48);
	putchar(ch);
}
int upd(int x) {
	return (x >= mod ? x-mod : x);
}

signed main() {
	read(k), read(t);
	pw[0]=1;
	for(int i = 1; i <= 100000; ++i)
		pw[i]=1LL*pw[i-1]*k%mod;
	while(t--) {
		read(n);
		ans=0;
		for(int i = 1; i <= n; ++i)
			read(a[i]), vis[i]=0;
		for(int i = 2, j = 0; i <= n; ++i) {
			while(j && a[j+1] != a[i]) j=nxt[j];
			if(a[j+1] == a[i]) ++j;
			nxt[i]=j;
		}
		int now = n;
		while(now) 
			ans=upd(ans+pw[now]), now=nxt[now];
		if(ans < 1000) putchar('0');
		if(ans < 100) putchar('0');
		if(ans < 10) putchar('0');
		write(ans, '\n');
	}
	return 0;
}