「Luogu4321」随机游走

「Luogu4321」随机游走

题目描述
有一张 \(n\) 个点 \(m\) 条边的无向图,\(Q\) 组询问,每次询问给出一个出发点和一个点集 \(S\) ,求从出发点出发随机游走走遍这个点集的期望步数。

\(1 \leq n \leq 18, 1 \leq Q \leq 10^5\)

解题思路 :

听说是 \(\text{pkuwc2018d2t3}\) 加强版?但是原题时限是1s,各种卡不进去感觉一定要写 \(\text{Min-Max}\) 容斥,不过反正我今年听指导建议没报 \(\text{pkuwc}\)结果 \(\text{thuwc}\)\(\text{py}\)

丧心病狂的出题人肯定是要我们 \(O(1)\) 回答询问了,不过感觉暴力还是蛮好想的,网上以前看到有大佬说过期望要倒着推,然后状压一波就出来了。设 \(f(S, u)\) 表示当前已经走遍了点集 \(S\) 接下来走遍全图的期望。这样定义的好处在于终止状态方便表示,直接认为点集外的点已经走过就可以了,如果正着定义走遍点集 \(S\) 的期望的话,终止状态的计算就需要一堆集合再算上对应的概率了。于是显然有

\[f(S, u) = \frac{1}{deg_u} \sum_{edge(u, v)} f(S|v, v) + 1 \]

特别的 \(f(S, i) = 0\)\(S\) 是全集 \(\{1..n\}\) 的时候。

这个式子的转移还有环诶,所以还要高斯消元来解,一眼看上去复杂度是 \(O((n\times2^n)^3)\),复杂度爆炸。

冷静分析一下,并不是所有的转移都会成环,当满足 \(v \notin S\) 的时候,\(S\)\(S|v\) 的真子集,只考虑这样的转移的话转移的形态是一个 \(\text{DAG}\) ,更准确的说是一个分层图。

这启发我们可以来分层求解,把互不相交的环拆开来考虑,而不是一起高斯消元,不妨变换一下转移的式子。

\[f(S, u) = \frac{1}{deg_u} \sum_{edge(u, v), v \notin S} f(S|v, v) + \sum_{edge(u, v), v \in S} f(S, v) + 1 \]

此时成环的转移只有后面那个式子,于是我们可以一层一层计算,对于每一个 \(S\) ,先将前面那个式子的贡献记录在矩阵里面,暴力消元后面那个式子这样每次消元的矩阵大小只有 \(n^2\) 级别,总复杂度优化到 \(O(2^n\times n^3)。\)

另外吐槽一下:我的高斯消元写法好像不加剪枝就被卡常数了,今天做了一天的题没有一道不被卡常,怕是联赛要被卡成暴力分。


/*program by mangoyang*/
#pragma GCC optimize("Ofast","inline","-ffast-math")
#pragma GCC target("avx,sse2,sse3,sse4,mmx")
#include<bits/stdc++.h>
#define inf (0x7f7f7f7f)
#define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
#define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
typedef long long ll;
using namespace std;
template <class T>
inline void read(T &x){
    int ch = 0, f = 0; x = 0;
    for(; !isdigit(ch); ch = getchar()) if(ch == '-') f = 1;
    for(; isdigit(ch); ch = getchar()) x = x * 10 + ch - 48;
    if(f) x = -x;
}

const int N = 25, mod = 998244353;
typedef int Matrix[N][N];
vector<int> g[N];
Matrix a; int Ans[(1<<20)+5][N], n, e;
inline void up(int &x, int y){ (x += y) %= mod; }
inline void del(int &x, int y){ x = (x + y >= 0) ? x + y : x + y + mod; }
inline int Pow(int a, int b){
    int ans = 1;
    for(; b; b >>= 1, a = 1ll * a * a % mod)
        if(b & 1) ans = 1ll * ans * a % mod;
    return ans;
}
inline void Gauss(Matrix &a){
    int tmp, f;
	for(int i = 1; i <= n; i++){
        int r = i;
        for(int j = i + 1; j <= n; j++) if(a[j][i] > a[i][i]) r = j;
        for(int j = i; j <= n + 1; j++) swap(a[i][j], a[r][j]);
        if(!a[i][i]) continue;
		tmp = Pow(a[i][i], mod - 2);
        for(int j = i + 1; j <= n; j++){
            f = 1ll * a[j][i] * tmp % mod;
            for(int k = i; k <= n + 1; k++) 
                del(a[j][k], 1ll * -a[i][k] * f % mod);
        }
    }
    for(int i = n; i >= 1; i--){	
        for(int j = i + 1; j <= n; j++) 
            del(a[i][n+1], 1ll * -a[j][n+1] * a[i][j] % mod);
        a[i][n+1] = 1ll * a[i][n+1] * Pow(a[i][i], mod - 2) % mod;
    }		
}
int main(){
    read(n), read(e);
    for(int i = 1, x, y; i <= e; i++) 
        read(x), read(y), g[x].push_back(y), g[y].push_back(x);
    for(int i = 1; i <= n; i++) Ans[(1<<n)-1][i] = 0;
    for(int s = (1 << n) - 2; s; s--){
        for(int i = 1; i <= n + 1; i++)
            for(int j = 1; j <= n + 1; j++) a[i][j] = 0;
        for(int i = 1; i <= n; i++) if((1 << i - 1) & s){
            int tmp = Pow(g[i].size(), mod - 2);
            for(int j = 0; j < g[i].size(); j++){
                int v = g[i][j];
                if(!((1 << v - 1) & s)) up(a[i][n+1], Ans[s|(1<<v-1)][v]);
                else a[i][v] = (-tmp + mod) % mod; 
            }
            a[i][n+1] = 1ll * tmp * a[i][n+1] % mod;
            a[i][n+1] = (a[i][n+1] + 1) % mod, a[i][i] = 1;
        }
        Gauss(a);
        for(int i = 1; i <= n; i++) Ans[s][i] = a[i][n+1];
    }
    int q; read(q);
    while(q--){
        int num = 0, s, all = (1 << n) - 1; read(num);
        for(int i = 1, x; i <= num; i++) read(x), all ^= (1 << x - 1);
        read(s), all |= (1 << s - 1), printf("%d\n", Ans[all][s]);
    }
    return 0;
}
posted @ 2018-11-06 08:27  Joyemang33  阅读(261)  评论(0编辑  收藏  举报