hihoCoder #1047 Random Tree

题意

给出点数为 $n$（$n\le 1000$）的完全图 $K_n$，带边权。随机出 $K_n$ 的一棵生成树 $T$。求 $T$ 上任意两点间距离的期望。

解法

固定两点 $u$、$v$（$u\le v$），考虑生成树 $T$ 上 $u$ 到 $v$ 的路径 $P_{uv}$。$P_{uv}$ 上的边可分成三类：

1. $(u,v)$
2. $(u,x)$、$(y,v)$，$$\begin{gathered} x,y\notin \\ u,v \end{gathered}$$
3. $(x,y)$，$$\begin{gathered} x,y\notin \\ u,v \end{gathered}$$

第1类边出现在 $P_{uv}$ 上的概率为 ${\displaystyle \frac{2}{n}}$
每个第2类边出现在 $P_{uv}$ 上的概率为 ${\displaystyle \frac{1-{\displaystyle \frac{2}{n}}}{n-2}}={\displaystyle \frac{1}{n}}$

考虑第3类边（对期望）的贡献。

首先应当注意到，所有第3类边出现在 $P_{uv}$ 上是等可能的，所以我们只需要求 $P_{uv}$ 上第三类边的数目的期望 $E(n)$。

用 $f(i)$ 表示 $K_n$ 的所有生成树中，满足「$P_{uv}$ 上点数为 $i$（包括两端点 $u$，$v$）」的生成树的数目。
我们分 3 步来求 $f(i)$：

1. 固定 $P_{u,v}$，将 $P_{uv}$ 缩成一点 $w$，加上余下的 $n-i$ 个点，就得到一棵 $n-i+1$ 个点的树 $T^{\prime }$。

2. 将 $w$ 的度数固定为 $j$，对应的生成树 $T^{\prime }$ 的数目 $g(j)$ 的表达式为
   $$\begin{array}{}\text{(1)}& g(j)=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i-1}{j-1})(n-i{)}^{n-i-j}\end{array}$$
   $\text{(1)}$式可通过 Prufer 序列与树的一一对应关系得到。

3. 与 $w$ 相连的 $j$ 棵子树中的每一棵，在 $T$ 中可以连在 $P_{uv}$ 上的 $i$ 个点中的任意一个，所以我们得到

$$\begin{array}{}\text{(2)}& \begin{array}{rl}f(i)& =\mathrm{A}\mathrm{\_}{n-2}^{i-2}\sum \mathrm{\_}{j=1}^{n-i}g(j)\cdot i^j\\ \\ & =\mathrm{A}\mathrm{\_}{n-2}^{i-2}\sum \mathrm{\_}{j=1}^{n-i}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i-1}{j-1})(n-i{)}^{n-i-j}\cdot i^j\\ \\ & =\mathrm{A}\mathrm{\_}{n-2}^{i-2}\cdot i\cdot \sum \mathrm{\_}{j^{\prime }=0}^{n-i-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i-1}{j^{\prime }})(n-i{)}^{n-i-1-j^{\prime }}\cdot i^{j^{\prime }}\\ \\ & =\mathrm{A}\mathrm{\_}{n-2}^{i-2}\cdot i\cdot n^{n-i-1}\end{array}\end{array}$$

从而

$$\begin{array}{}\text{(3)}& \begin{array}{rl}E(n)& =\frac{\sum _{i=4}^{n}f(i)(i-3)}{n^{n-2}}\\ \\ & =\sum _{i=4}^n\frac{{\mathrm{A}}_{n-2}^{i-2}i(i-3)}{n^{i-1}}\end{array}\end{array}$$

Implementation

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

using DB=long double;

const int N=1005;
DB res[N][N];
int a[N][N];


DB calc(int n){
    if(n<=3) return 0;
    DB pn=1;
    for(int i=1; i<=n-2; i++)
        pn*=i, pn/=n;
    // cout << pn << endl;
    DB sum=pn*(n-3);
    for(int i=n-1; i>=4; i--)
        pn*=n*i, pn/=(n-i)*(i+1), sum+=pn*(i-3);
    return sum;
}

int main(){
    // int cnt=0;
    // for(int i=0; i<=1000; i++)
    //     cnt+=fabs(t[i]-calc(i))>1e-50;
    // cout << cnt << endl;

    int n, tot=0;
    scanf("%d", &n);
    for(int i=1; i<=n; i++)
        for(int j=1; j<=n; j++)
            scanf("%d", a[i]+j), a[i][0]+=a[i][j], tot+=a[i][j];

    tot/=2;
    DB x=calc(n);
    for(int i=1; i<n; i++)
        for(int j=i+1; j<=n; j++){
            res[i][j]=(a[i][0]+a[j][0])/DB(n);
            if(n>=4)    // 注意：n=2 或 3 时，分母为 0
                res[i][j]+=x*(tot-a[i][0]-a[j][0]+a[i][j])/((n-2)*(n-3)/2);
            res[j][i]=res[i][j];
        }

    for(int i=1; i<=n; i++)
        for(int j=1; j<=n; j++)
            printf("%.9Lf%c", res[i][j], j==n?'\n':' ');

    return 0;
}