「SOL」打扫笛卡尔cartesian (模拟赛)

为什么会有人推得出来第三题想不出来签到题啊 (⊙_⊙)？

题面

有一棵有根树 $T$。从根节点出发，在点 $u$ 时，设点 $u$ 还有 $d$ 个未访问过的儿子，则有 $\frac{1}{d+1}$ 的概率向上（深度较小的方向）走一步，有 $\frac{1}{d+1}$ 的概率走向一个未访问过的儿子。从根节点往上走则结束游走。

记 $f(T)$ 为这样游走到达的点的深度之和的期望。

给定 $N$（$N\le {10}^7$），对 $(1,2,\dots ,N)$ 的所有排列 $P$，建立小根的笛卡尔树 $T_P$，求

$$\sum _{P}f(T_p)$$

答案对给定的正整数 $mod$ （$n<mod\le 2\times {10}^9$）取模，$mod$ 不一定是质数。

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解析

先分析在 $T$ 上的游走方法。笛卡尔树是二叉树，若当前点有未访问的儿子，则：

• 只有一个儿子时，有 $\frac{1}{2}$ 的概率会走向该儿子；
• 有两个儿子时，有 $\frac{1}{3}$ 的概率第一次就走向该儿子，有 $\frac{1}{3}\times \frac{1}{2}$ 的概率第二次走向该儿子，即总共有 $\frac{1}{2}$ 的概率会走向该儿子。

于是我们发现是否会到达一个儿子的概率恒为 $\frac{1}{2}$，与儿子个数无关，这会使我们之后的推导方便很多。

考虑到笛卡尔树本身是一个分治结构——从最小值处划分为两个区间分别建笛卡尔树，而一个排列建立笛卡尔树仅仅与排列的元素个数有关。由此可以设计一个以排列元素大小为状态的 DP。

设 $g_n$ 表示「对 $n$ 个元素的所有排列 $P_n$ 建立笛卡尔树 $T_{P_n}$，其 $f(T_{P_n})$ 之和」，$g_N$ 即我们要求的答案。但是深度之和并不好直接计算（尽管可以用期望的线性性拆成单点的贡献，但是之后的推导会绕一个大圈，不如下面的方法直观）。

有一个非常常用的性质：$\sum dep=\sum siz$，于是设计辅助 DP $f_n$ 表示「对 $n$ 个元素的所有排列 $P_n$ 建立笛卡尔树 $T_{P_n}$，从根出发期望能够到达多少个点」。

转移则考虑枚举左子树的大小 $l$，选出左子树的元素 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{l})$。利用期望的线性性，左子树的贡献为 $f_l$ 乘上右子树的方案数，一个排列显然和一棵笛卡尔树一一对应，所以贡献即为 $f_l\times (n-l-1)$。右子树同理，最后还要加上根的贡献，对于 $n!$ 种笛卡尔树根的贡献都是 $1$。

$$f_n=n!+\frac{1}{2}\sum _{l=0}^{n-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{l})((n-l-1)!f_l+l!f_{n-l-1})$$

先不管 $g_n$，继续推导 $f_n$ 的式子：

$$\begin{array}{rl}{f}_n& =n!+\sum _{l=0}^{n-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{l})(n-l-1)!f_l\\ & =n!+\sum _{l=0}^{n-1}(n-1)!\frac{f_l}{l!}\end{array}$$

这么多阶乘容易让人联想到指数生成函数的样子，不妨化一下：

$$\frac{f_n}{n!}=1+\frac{1}{n}\sum _{l=0}^{n-1}\frac{f_l}{l!}$$

显然可以把 $\frac{f_n}{n!}$ 看成一个整体，发现转移式的主体是一个前缀和。记 $F_n$ 为 $\frac{f_i}{i!}$ （$i\ge 1$）的前缀和，则式子可以简化为：

$$F_n-F_{n-1}=1+\frac{1}{n}{F}_{n-1}\to F_n=1+\frac{n+1}{n}{F}_{n-1}$$

$F_0=0$，多次迭代过后可以得到 $F_n$ 的通项。

$$F_n=\sum _{i=2}^{n+1}\frac{n+1}{i}$$

有一个类似于调和级数前 $(n+1)$ 项的东西，设调和级数前 $n$ 项为 $H_n$。

$$\begin{array}{}\text{(1)}& F_n=(n+1)(H_n-1)& \end{array}$$

现在回头看一看 $g_n$，大致转移与 $f_n$ 相同，但是根的贡献是 $f_n$，也即 $si{z}_n$ 的期望值（所以先推导 $f$）。

$$\begin{array}{rl}{g}_n& =f_n+\frac{1}{2}\sum _{l=0}^{n-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{l})((n-l-1)!g_l+l!g_{n-l-1})\\ & =f_n+\sum _{l=0}^{n-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{l})(n-l-1)!g_l\\ & =f_n+\sum _{l=0}^{n-1}(n-1)!\frac{g_l}{l!}\\ & =n!+\sum _{l=0}^{n-1}(n-1)!\frac{g_l+f_l}{l!}\end{array}$$

同样的，我们记 $G_n$ 为 $\frac{g_i}{i!}$ 的前缀和，把 $(1)$ 代入。

$$\begin{array}{rl}{G}_n-G_{n-1}& =1+\frac{1}{n}(F_{n-1}+G_{n-1})\\ & =H_n+\frac{1}{n}{G}_{n-1}& \\ \text{(2)}& \to G_n& =H_n+\frac{n+1}{n}{G}_{n-1}& \end{array}$$

对 $(2)$ 进行迭代也可以得到 $G_n$ 的通项公式：

$$G_n=\sum _{i=1}^n\frac{n+1}{i+1}{H}_i$$

我们要算的答案是 $g_n=n!(G_n-G_{n-1})$，由于 $mod$ 不一定是质数，那还得继续推式子。

$$\begin{array}{rl}{g}_n& =n!(H_n+\sum _{i=1}^{n-1}\frac{H_i}{i+1})\\ & =n!H_n+n!\sum _{i=2}^n\frac{1}{i}\sum _{j=1}^{i-1}\frac{1}{j}\\ & =n!H_n+\sum _{1\le i<j\le n}\frac{n!}{ij}\end{array}$$

这样分母就可以全部抵消了，预处理调和级数前 $n$ 项系数的前缀和与后缀和可以 $\mathcal{O}(n)$ 求解。

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源代码

Copy/* Lucky_Glass */
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

const int N = 1e7 + 10;
typedef long long llong;

int mod;

inline int reduce(llong key) {
  return int((key %= mod) < 0 ? key + mod : key);
}

int pre[N], suf[N];

int main() {
  freopen("cartesian.in", "r", stdin);
  freopen("cartesian.out", "w", stdout);

  int n; scanf("%d%d", &n, &mod);

  pre[0] = 1;
  for (int i = 1; i <= n; ++i) pre[i] = reduce(1ll * pre[i - 1] * i);
  suf[n + 1] = 1;
  for (int i = n; i; --i) suf[i] = reduce(1ll * suf[i + 1] * i);

  int ans = 0;
  for (int i = 1; i <= n; ++i)
    ans = reduce(ans + 1ll * pre[i - 1] * suf[i + 1]);

  int ex_ans = 0;
  for (int i = 2, tmp = 0; i <= n; ++i) {
    tmp = reduce(pre[i - 2] + (i - 1ll) * tmp);
    ex_ans = reduce(ex_ans + 1ll * tmp * suf[i + 1]);
  }

  ans = reduce(1ll * ans + ex_ans);
  printf("%d\n", ans);
  return 0;
}

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THE END

Thanks for reading!

霓虹中 错落影像
满城声色褪去喧嚷
废墟上 余碑文几行
未铭记何谈淡忘

——《岁月成碑》By 乐正绫/Days

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