ARC150D

首先由于期望的线性性,考虑对每个点分别计算它的期望操作次数。

然后设当前考虑的点为 u,那么只用关注根节点到 u 的链上的点。

对这条链上的操作满足以下两个性质:

  • 只会对链上的坏点染色。
  • 在这条链上所有点变成黑色,即 u 变成好点之前,一直都会对这条链进行操作。

然后就是整道题中最难以理解的地方(个人认为)。

这里我们假设无论好点坏点都可以选,而这不影响 u 变成好点的期望次数。

为什么可以假设好点也可以选呢?

首先选出来的好点不可能是 u,因为 u 一旦变成好点操作就结束了。

而被选到的好点一定是黑色的,对它进行操作,不影响整条链的状态。

而对于一个固定的状态,u 变成好点的期望操作次数也是固定的。

所以是否可以选好点对 u 变成好点的期望操作次数没有任何影响

去除了不能选好点的限制,就简单多了。

条件变成,对于 n 个元素,每次等概率随机选择一个元素,求所有元素至少被选中一次的期望操作次数。

这是一道经典题目,答案是 ni=1ni,因为假设当前有 m 个元素已经被选过,那么有 nmn 的概率选到新的没有被选过的元素,期望 nnm 次选到一个新的没有被选过的元素,合起来就是上面的式子。

而这个东西是总的期望操作次数,而 n 个元素都是等价的,所以对于其中某一个元素,它的期望操作次数是 ni=11i

Code:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 200005, mod = 998244353;
int n;
int dep[N];
int inv[N], sum[N];

int qpow(int x, int y) {
	int res = 1;
	while (y) {
		if (y & 1) res = 1ll * res * x % mod;
		x = 1ll * x * x % mod;
		y >>= 1;
	}
	return res;
}

void add(int &a, int b) {
	a += b;
	if (a >= mod) a -= mod;
}

int main() {
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) inv[i] = qpow(i, mod - 2), sum[i] = (sum[i - 1] + inv[i]) % mod;
	dep[1] = 1;
	for (int i = 2, x; i <= n; ++i) scanf("%d", &x), dep[i] = dep[x] + 1;
	int ans = 0;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) add(ans, sum[dep[i]]);
	printf("%d", ans);
	return 0;
}
posted @   Kobe303  阅读(37)  评论(0编辑  收藏  举报
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