Codeforces 1060 F. Shrinking Tree
一道思维好题啊...感觉这种类型的题很检验基本功是否扎实（像我这样的就挂了）。
题意：你有一棵\(n\)个点的树，每次随机选择一条边，将这条边的两个端点合并，并随机继承两个点标号中的一个，问对于每一个点来说，最终剩下的那个点标号等于它的标号的概率。\(n\leq 50\)，用浮点数方式输出。
碰到浮点数输出的题就很怕卡精，不过这道题似乎不卡，担心卡精可以开\(long \ double\)（还要吐槽一句cf的\(C++11\)对\(long\ double\)的输出好像不是很资瓷...还要转\(double\)输出）。
好了现在开始讲做法吧。我们的大体思想是每一个点分别求解答案。对于每一个点，用某种方法算出它最终被留下的方案数，那么再除以\((n-1)!\)显然就是答案。不过要注意的一点是因为标号的继承是随机的，因此对于同一种删边顺序，得到的结果可能不同，因此我们算出的其实是所有顺序下这个点保留的概率的总和（可能是浮点数），但是为了接下来表达的简便，不妨不严谨的称其为方案数。
现在来关心怎么求出每一个点被留下的方案数，我们将要求答案的点\(x\)当作树的根，并用\(size_i\)表示以\(i\)为根的子树的大小。考虑树形\(dp\)，我们用\(f_{i,j}\)表示当根节点的标号继承到\(i\)点时，如果\(i\)的子树还剩下\(j\)条边，根节点的标号最终被保留下来的方案数。那么\(f_{x,n-1}\)就是我们想要的答案。
我们先来解决一个小问题：
假设我们将当前节点\(u\)的子树划分为两部分，并且已经知道了左半部分还剩\(i\)条边时的方案数\(a\)和右半部分还剩\(j\)条边时的方案数\(b\)，如何求解它们对整棵子树还剩\(i+j\)条边的方案数的贡献？
显然左右两部分的子树对对方是没有影响的，因此我们可以将左右的方案合并。只要剩下的左边的\(i\)条边和右边的\(j\)条边在之后删除的相对顺序不变，那么一定会得到同一种结果，因此这部分合并的方案数就是\({{i+j}\choose i}\)种（即在删除序列的\(i+j\)个空位种选\(i\)个给左边的边）。
同时我们还要注意已经删除的边，在真实的操作序列中它们也同样需要合在一起。因此和上面相似，我们假设左边原来一共有\(x\)条边，右边原来一共有\(y\)条边，那么这部分合并的方案数就是\({{x+y-i-j}\choose x-i}\)。
综上所述，它们的贡献应该是\(a*b*{{i+j}\choose i}*{{x+y-i-j}\choose x-i}\)。
那么沿着刚刚的想法继续思考，我们或许可以采取如下策略\(dp\)：对于某一棵以\(u\)为根的子树，不考虑任何子树时有\(f_{u,0}=1\)。假如我们有一种方法，可以计算出一个单点在只考虑一棵子树时的答案，那么我们的问题就做完了，因为我们在新考虑一棵子树的时候，我们可以先计算只考虑它时的答案而将其视为我们刚刚所讲的“右半部分”，将之前已经计算完的部分视为“左半部分”，就可以直接按照之前所讲的方法合并。
现在我们只要解决如何计算只考虑\(u\)的某一棵子树时的答案，设其根为\(v\)。显然我们可以枚举\(i\)，表示我们想要求其还剩下\(i\)条边时的答案，设其为\(g_i\)，接着再枚举\(j\)，考虑\(f_{v,j}\)对\(g_i\)的贡献。分三类情况讨论：
\(1\)、假设\(j<i\)，显然合法的过程应该是这样的：\(v\)的子树中合并到还剩\(i-1\)条边时，根的标号继承到了\(u\)上，接着\(v\)的子树中的边继续合并到只剩\(j\)条边，接着根的标号再从\(u\)继承到了\(v\)上。注意到\(u\)的标号继承到\(v\)上发生的概率是\(\frac{1}{2}\)，因此此时\(f_{v,j}\)对\(g_i\)的贡献是\(\frac{1}{2}f_{v,j}\)。
\(2\)、假设\(j=i\)，显然合法的过程应该是这样的：\(v\)的子树原来共有\(size_v-1\)条边，如果要剩下\(i\)条边，应该删除\(size_v-1-i\)条边，而\(u\)到\(v\)的连边也应该随着这些边的删除一起被删除，考虑被删除的\(size_v-1-i\)条边组成的序列，\(u\)到\(v\)的连边可以插入到\(size_v-i\)个空位（因为两端也是可以的）中的任何一个。同时我们可以发现如此一来，当根节点的标号继承到\(u\)时，\(u\)和\(v\)的连边已经消失，因此就不需要考虑那\(\frac{1}{2}\)的概率了，贡献是\((size_v-i)*f_{v,j}\)。
\(3\)、假设\(j>i\)，画图考虑一下就发现这是没有合法方案的，贡献是\(0\)。
于是我们终于完成了最后一块拼图，得到了可行的解法。最后总结一下做法，我们分别计算每一个答案，接着进行树形\(dp\)。对于每一个新考虑的儿子，我们先计算只考虑这个子树的情况，接着将其与原有答案进行合并。计算一下复杂度，在每一个点更新它对父亲的贡献时似乎至多是\(O(n^2)\)的，但是考虑合并两个大小为\(x\)和\(y\)的子树，代价可以做到\(O(x*y)\)，这等价于两个子树之间的点对数。因此一次dp的复杂度应该是总点对数即\(O(n^2)\)，因此总复杂度是\(O(n^3)\)的。不过代码里我偷了个懒写了\(O(n^4)\)的做法，反正\(n\leq 50\)因此也是不要紧的。
我的代码：
#include<cstdio>
#include<vector>
using std::vector;
typedef long double ldb;
const int N=55;
int n;
vector<int> G[N];
int size[N];
ldb fact[N];
ldb dp[N][N],tmp[N],g[N];
inline ldb choose(int n,int m)
{
return fact[n]/(fact[m]*fact[n-m]);
}
void dfs(int now,int father)
{
register int i,j;
dp[now][0]=1;size[now]=1;
for(auto x:G[now])
{
if(x==father)
continue;
dfs(x,now);
for(i=0;i<=size[x];i++)
{
g[i]=0;
for(j=1;j<=size[x];j++)
if(j<=i)
g[i]+=0.5*dp[x][j-1];
else
g[i]+=dp[x][i];
}
for(i=0;i<size[now]+size[x];i++)
tmp[i]=0;
for(i=0;i<size[now];i++)
for(j=0;j<=size[x];j++)
tmp[i+j]+=dp[now][i]*g[j]*choose(i+j,i)*choose(size[now]-1-i+size[x]-j,size[now]-1-i);
for(i=0;i<size[now]+size[x];i++)
dp[now][i]=tmp[i];
size[now]+=size[x];
}
return;
}
signed main()
{
int x,y;
register int i;
scanf("%d",&n);
fact[0]=1;
for(i=1;i<=n-1;i++)
fact[i]=fact[i-1]*i;
for(i=1;i<=n-1;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
G[x].push_back(y);
G[y].push_back(x);
}
for(i=1;i<=n;i++)
{
dfs(i,0);
printf("%.9lf\n",(double)(dp[i][n-1]/fact[n-1]));
}
return 0;
}
