本文借助 $2018$ 年楊懋龍的集訓隊** 《**生成函式在擲骰子問題上的應用》。
但由於作者水平有限，並沒有看懂有些式子的組合意義，僅能通過自己的推導得出結果。
本質是將期望的 $k$ 次下降冪寫成 $pgf$ 的 $k$ 階導數，並通過輔助函式求得。
題意$t$ 組資料，每次給定乙個字串，每次在 $1\sim n$ 中隨機乙個數新增到字串末端，當字串出現給定字串後停止，求期望長度。
題解設 $f(x)$ 表示長度為 $i$ 的概率生成函式，$g(x)$ 表示長度大於 $i$ 的概率生成函式，即未停止的概率。
則$$f(x)+g(x)=1+g(x)\cdot x$$
可以看成每次從未停止中加上一次字元可能結束也可能繼續。
$$g(x)\cdot (\dfracx)^m=\sum_^m a_i\cdot f(x)\cdot (\dfracx)^$$
$a_i\in \$，其中 $a_i$ 為字串的 $border$ 集合是否出現 $i$ 。
可以看成我們在乙個未停止串中新增當前字串那麼肯定停止，若提前停止那麼即為當前串的 $border$ 。
對第乙個式子求導帶入 $x=1$ 得
$$f'(1)=g(1)$$
而將 $x=1$ 帶入二式化簡可得
$$g(1)=\sum_^m a_i\cdot n^i$$
$\mathcal o(tm)$ 計算即可。
題意乙個 $m$ 面的公平骰子，求最後 $n$ 次結果相同就結束的期望次數或者求最後 $n$ 次結果全不同就結束的期望次數。
$n,m\leq 10^6$ 。
題解第一問:
設 $f(x)$ 表示答案的 $pgf$ ，$g(x)$ 表示還未結束的 $pgf$ ，則
$$f(x)+g(x)=g(x)\cdot x+1\\(g(x)-1)\cdot (\frac)^=\sum_^ f(x)\cdot (\frac)^$$
第二個式子表示列舉多了多少個能補。
解得$$f'(1)=g(1)=\dfrac$$
第二問:
設 $f(x)$ 表示答案的 $pgf$ ，$g(x)$ 表示還未結束的 $pgf$ ，同理可得
$$\beginf(x)+g(x)&=g(x)\cdot x+1\\(g(x)-1)\cdot \dfrac}\cdot x^&=\sum_^ f(x)\cdot x^\cdot \dfrac}\\\\f'(1)=g(1)&=(\sum_^ \dfrac}}+\dfrac}})\times m^\times \dfrac\\&=\sum_^ m^i\cdot \dfrac\times \dfrac\\&=\sum_^ m^i\cdot \dfrac\\&=\sum_^n m^i\cdot \dfrac\end$$
題意給定一棵根為 $1$ 的有根樹，定義 $e_$ 表示從 $s$ 開始隨機遊走，到 $t$ 停止的步數平方的期望，$sub_u$ 表示 $u$ 子樹中所有點。
$q$ 次詢問，每次給定 $u,v$ ，求 $\sum _ e(x,y)$ ，保證 $sub_u\cap sub_v=\varnothing$ 。
題解定義 $f_u$ 表示 $u\rightarrow f_u$ 的概率生成函式。
先求一次的情況
$$\beginf_u&=\dfracx+\dfrac\sum_ xf_vf_u\\d\cdot f_u&=x+xf_u\sum_v f_v\\d\cdot f_u'&=1+f_u\sum_v f_v+xf_u'\sum_v f_v+xf_u\sum_v f_v'\end$$
$$\begind\cdot f_u'&=1+f_u\sum_v f_v+f_u'\sum_v f_v+f_u\sum_v f_v'\\&=1+(d-1)+(d-1)\cdot f_u'+\sum_v f_v'\\f'_u&=d+\sum_v f'_v\end$$
同理求二次
$$\beginf''_u=2(d-1)\cdot f'_u+2\sum_v f'_v+\sum_v f''_v+2f'_u\sum_v f'_v\end$$
同理我們得到 $g_u$ 表示 $f_u\rightarrow u$ 的概率生成函式的一階導和二階導。
而對於子樹情況可以處理出每個點到 $u/v$ 的生成函式，和上述同理。
時間複雜度 $\mathcal o(q\log n)$ 。
題意有 $n$ 個開關，每個開關有屬性 $s_i\in\$ ，$0$ 表示關，$1$ 表示開，還有屬性 $p_i$ 表示有 $\dfrac$ 的概率將其 $s_i$ 翻轉。
問期望次數使得所有開關均 $s_i=0$ 。
$1\leq n\leq 100,1\leq \sum p\leq 5\times 10^4$ 。
題解設 $\sum_^n p_i=p$ 。
由於開關有標號，用 $egf\&pgf$ 表示將 $s_i$ 變為 $0$ 的概率指數生成函式，設為 $f_i(x)$ 。
則$$\text \rightarrow f_i(x)=\dfrac)\cdot x^1}+\dfrac)^3\cdot x^3}+...=\dfracx}-e^x}}\\\text\rightarrow f_i(x)=\dfracx}+e^x}}$$
設 $f(x)=\prod_^n f_i(x)$ ，則 $[x^k] f(x)$ 表示次數為 $k$ 時滿足 $s_i$ 均為 $0$ 的概率。
但是有可能在 $k$ 前面就已經到達，那麼設 $g(x)$ 表示移動 $k$ 次且保持原狀態的概率。
$$g(x)=\prod_^n \dfracx}+e^x})}$$
設 $f(x)$ 的 $ogf$ 為 $f(x)$ ，$g(x)$ 的 $ogf$ 為 $g(x)$ ，答案的 $ogf$ 為 $h(x)$ 。
如何將 $egf\rightarrow ogf$ ，以 $f$ 為例，可以將函式寫成
$$f(x)=\sum_^p a_i e^ x}=\sum_^p \dfracx}\\g(x)=\sum_^p \dfracx}$$
$a_i,b_i$ 的求法可以暴力乘法揹包得到。
則$$h(x)g(x)=f(x)\\h(x)=\dfrac$$
由於 $h(x)$ 為 $pgf$ ，期望為 $h』(1)$ 。
$$h'(x)=(\dfrac)'=\dfrac$$
那麼只要求 $f』(1),f(1),g(1),g』(1)$ 即可。
但是觀察 $f,g$ 發現他們在 $x=1$ 時是不收斂的，因為當 $i=p$ 時分母會出問題。
但是答案一定是收斂的，那麼我們將 $f,g$ 均乘上 $(1-x)$ ，可以發現此時 $f,g$ 收斂。
則$$f(1)=a_p\\f'(1)=\sum_^p \dfrac-1} \\g(1)=b_p\\g'(1)=\sum_^p \dfrac-1}$$
將 $x=1$ 帶入 $h』(1)$ 即可解決。時間複雜度 $\mathcal o(n\sum p+p\log mod)$ 。
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