[题解][YZOJ50074] 小 C 的岛屿

仅仅是对 $O(n^4)$ 做法的一个记录。

简要题意#

有 $N$ 座岛屿，初始时没有边。每座岛屿都有一个概率值 $p_i$ 和一个大小为 $s_i$ 友好列表 $A_i$ 。

小 $c$ 站在 $1$ 号岛屿，依次执行以下操作:

$(1)$ 设现在在岛屿 $x$，有 $p_x$ 的概率产生一条图中尚未存在的随机无向边，不会产生自环。

$(2)$ 如果此时所有岛屿仍未联通，她会在当前点的友好列表中，等概率随机选择一个，走到那座岛屿上。并把不满意度增加 $1$，然后重复 $(1)$。否则就结束这个过程

求她的期望不满意度，对一个 $10^9+7$ 取模.

$n\le 50$.

解题思路#

思考后不难发现，状态只与当前的位置，以及边数相关，那么可以设状态：

$e(x,i)$ 表示现在位于点 $x$，图还差 $i$ 条边连通，期望还要走多少步。

则最终答案是：

$$Ans = \sum_{i=1}^me(1, i)\cdot P(\text{恰好 }i\text{ 条边连通的概率})$$

不难得到 $e$ 之间的转移式：

$$e(x,i)=1+\frac{1}{s_x}\sum_{x\rightarrow y}p_x\cdot e(y,i-1)+(1-p_x)\cdot e(y,i)$$

如果分层高斯消元是 $O(n^5)$，考虑设 $e(x,i)=c(x)+\sum b(x,y)\cdot e(y,i-1)$ 来递推解决。

带入转移式可得：

$$\begin{aligned} e(x,i)=1+\frac{1}{s_x}\sum_{x\rightarrow y}p_x\cdot e(y,i-1)+(1-p_x)\cdot (\sum_{z=1}^nc(y)+b(y,z)\cdot e(z,i-1))\\ e(x,i)=1+\frac{p_x}{s_x}\sum_{x\rightarrow y}e(y,i-1)+\frac{(1-p_x)}{s_x}\cdot \sum_{x\rightarrow y}(c(y)+\sum_{z=1}^nb(y,z)\cdot e(z,i-1))\\ e(x,i)=1+\frac{(1-p_x)}{s_x}\cdot \sum_{x\rightarrow y}^nc(y)+\frac{p_x}{s_x}\sum_{x\rightarrow y}e(y,i-1)+\frac{(1-p_x)}{s_x}\cdot \sum_{x\rightarrow y}\sum_{z=1}^nb(y,z)\cdot e(z,i-1)\\ \end{aligned}$$

于是可以得到两个方程：

$$c(x)=1+\frac{(1-p_x)}{s_x}\cdot \sum_{x\rightarrow y}^nc(y)$$

$$b(x,z)=\frac{p_x}{s_x}[x\rightarrow z]+\frac{1-p_x}{s_x}\sum_{x\rightarrow y}b(y,z)$$

这样就可以在 $O(n^4)$ 的高斯消元内得到所有的 $b,c$，然后递推得到 $e(1,i)$。

---

接下来考虑如何计算恰好 $i$ 条边连通的概率，其实要算的就是 $n$ 个点 $i$ 条边连通图的方案数。

这类问题的经典处理方式是用斯特林反演来容斥。

于是考虑划分连通块，不同块之间的边不能选择，同一块内的边可选可不选。

令至少 $n$ 个连通块的方案数为 $f(n)$，恰好 $n$ 个连通块的方案数为 $g(n)$，两者关系即为：

$$\begin{aligned} f(n)&=\sum_{i=n}\begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix}g(i)\\ g(n)&=\sum_{i=n}(-1)^{i-n}\begin{bmatrix}i\\n\end{bmatrix}f(i) \end{aligned}$$

而我们希望通过计算 $f$ 得到 $g(1)$，故 $f(i)$ 的容斥系数为 $(-1)^{i-1}(i-1)!$。

所以 $i$ 条边， $n$ 个点的连通图数量实际上为：

$$\sum_{G}(-1)^{c(G)-1}(c(G)-1)!{e(G) \choose i}$$

其中 $G$ 需要取遍所有的 $n$ 个点的，划分成了若干连通块的，每个连通块内连成了完全图的图，$c(G)$ 表示 $G$ 的连通块数量，$e(G)$ 表示 $G$ 的边数。

设 $dp(i,j)$ 表示 $i$ 个点，划分成了若干连通块，每个连通块内部连成完全图后边数和为 $j$，的所有图带上容斥系数的 $(-1)^{c(G)-1}(c(G)-1)!$ 之和，于是考虑 $dp(i,j)$ 的转移。

首先不难满足 $(-1)^{c(G)-1}$ 这个系数条件，转移的时候直接乘上 $-1$ 的系数即可。

那么 $(c(G)-1)!$ 怎么办呢，注意到这个系数的含义在于，我们希望把同一种划分连通块的方式计算 $(c(G)-1)!$ 次，那么不妨赋初值时先确定 $1$ 号点所在连通块大小，转移的时候枚举下一个连通块的大小为 $k$，以 $\dbinom{i+k-1}{k}$ 的系数重标号，这样除了 $1$ 号点所在连通块位置一定排在第一个，其他的连通块会因为在转移时对于其添加顺序有区分，有 $(c(G)-1)!$ 种排列顺序，满足了我们的需要。

于是有如下转移式：

$$dp(i+k,j+\frac{k\cdot(k-1)}{2})\gets^{-} \sum_{k=1}^{n-i} dp(i,j)\cdot \binom{i+k-1}{k}$$

这样可以 $O(n^4)$ 计算出 $dp(n,i)$ ，然后 $O(n^4)$ 直接算出 $g(i)$，表示 $n$ 个点 $i$ 条边的连通图个数，那么也不难算恰好 $i$ 条边连通的概率了。

namespace Gauss{
	int n, a[N][N], b[N];
	inline int get(int x){ return (LL) b[x] * qpow(a[x][x], mod - 2) % mod; }
	void init(int m){
		n = m;
		lfor(i, 1, n) b[i] = 0;
		lfor(i, 1, n) lfor(j, 1, n) a[i][j] = 0;
	}
	void solve(){
		lfor(i, 1, n){
			int inv = qpow(a[i][i], mod - 2);
			lfor(j, 1, n) if(i != j){
				int K = (LL) inv * a[j][i] % mod;
				lfor(k, 1, n) MOD(a[j][k] -= (LL) K * a[i][k] % mod);
				MOD(b[j] -= (LL) K * b[i] % mod);
			}
		}
	}
}
using Gauss :: get;
using Gauss :: init;
using Gauss :: solve;

void get_coef(){
	init(n);
	lfor(x, 1, n){
		Gauss :: b[x] = mod - 1;
		Gauss :: a[x][x] = mod - 1;
		int v = (LL) q[x] * qpow(s[x], mod - 2) % mod;
		lfor(j, 1, s[x]) Gauss :: a[x][a[x][j]] = v;
	}
	solve();
	lfor(x, 1, n) c[x] = get(x);

	lfor(z, 1, n){
		init(n);
		
		lfor(x, 1, n){
			int v = (LL) q[x] * qpow(s[x]) % mod;
			if(lnk[x][z]) Gauss :: b[x] = Mod(-(LL) p[x] * qpow(s[x]) % mod);
			Gauss :: a[x][x] = mod - 1;
			lfor(y, 1, n) if(lnk[x][y]) Gauss :: a[x][y] = v;
		}
		
		solve();
		lfor(x, 1, n) b[x][z] = get(x);
	}

	lfor(i, 1, m) lfor(x, 1, n){
		lfor(y, 1, n) MOD(e[x][i] += (LL) b[x][y] * e[y][i - 1] % mod - mod);
		MOD(e[x][i] += c[x] - mod);
	}
}

void get_prob(){
	lfor(i, 1, n) dp[i][C(i, 2)] = 1;
	lfor(i, 1, n) lfor(j, 0, m) if(dp[i][j]) lfor(k, 1, n - i) 
		MOD(dp[i + k][j + C(k, 2)] += -(LL) dp[i][j] * C(i + k - 1, k) % mod);
	lfor(i, 0, m) lfor(j, i, m)
		MOD(g[i] += (LL) dp[n][j] * C(j, i) % mod - mod);
	lfor(i, 1, m) g[i] = (LL) g[i] * qpow(C(m, i), mod - 2) % mod;
	rfor(i, m, 1) MOD(g[i] -= g[i - 1]);
}

signed main(){
	read(n), m = n * (n - 1) / 2;
	lfor(i, 1, n) read(p[i]), q[i] = Mod(1 - p[i]);
	lfor(i, 1, n){
		read(s[i]), a[i] = new int[s[i] + 1];
		lfor(j, 1, s[i]) read(a[i][j]), lnk[i][a[i][j]] = 1;
	}
	
	prep();
	get_coef();
	get_prob();
	
	lfor(i, 1, m) MOD(Ans += (LL) e[1][i] * g[i] % mod - mod);
	cout << Mod(Ans - 1) << endl;
	return 0;
}