UOJ#351-新年的叶子【树的直径,数学期望】

1|0正题

题目链接:https://uoj.ac/problem/351

---

1|1题目大意

给出$n$个点的一棵树，开始所有点都是白色，每次随机点黑一个叶子（可以重复点），求期望多少次能使得白色点构成的图直径发生变化。
答案对$998244353$取模

$1\leq n\leq 5\times 10^5$

---

1|2解题思路

考虑什么时候会直径会产生变化。

假设直径的长度$L$为偶数，那么所有的直径都有一个共同的中心点，设为$x$。此时我们需要在$x$的两棵子树中各自找到两个深度为$\frac L 2$的叶子，那么就可以组成一条直径。

换句话说，把所有深度为$\frac L 2$叶子取出来，然后把它们按照在那个根的子树中分成若干个集合。然后当我们染色到只有一个集合没有全部染色的时候就结束了。

那么现在问题变成给出若干个集合和一些集合外的点，每次染一个点，求期望多少次能够染成只有一个集合没有全部染色。
考虑总共有$n$个点，有$i$个已经染色了，那么染色下任意一个的概率就是$\frac{i}{n}$，期望就是$\frac{n}{i}$。

预处理$f_i=\sum_{j=1}^i\frac{n}{j}$，然后我们可以考虑把集合中的点排列然后按顺序染，最后除上方案就好了。

假设所有集合中总共有$m$个点，目前枚举到的集合有$k$个点，然后染到这个集合剩下$p$个点的时候其他集合都染完了，那么期望就是

$$\frac{1}{m!}\binom{k}{p}\times \left(\ (m-p)!-(k-p)(m-p-1)!\ \right)\times p!\times (f_m-f_p)$$

（中间的减法是为了保证最后剩下的$p$个点前面一定是一个不是枚举集合中的点，然后$f_m-f_p$是因为我们假设不在集合中的点已经染色了，那么剩下需要染$m-p$个）。

至于直径长度是奇数的情况，那么有两个中心点，也就是有一条中心边，分成两个集合按照上面的搞就好了。

时间复杂度：$O(n)$

---

1|3code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=5e5+10,P=998244353;
struct node{
	ll to,next;
}a[N<<1];
ll n,m,cnt,mxdis,root,tot,ans;
ll ls[N],v[N],pre[N],fac[N],inv[N],f[N];
void addl(ll x,ll y){
	a[++tot].to=y;
	a[tot].next=ls[x];
	ls[x]=tot;return;
}
void findL(ll x,ll fa,ll dis){
	if(dis>mxdis)mxdis=dis,root=x;
	for(ll i=ls[x];i;i=a[i].next){
		ll y=a[i].to;
		if(y==fa)continue;
		pre[y]=x;findL(y,x,dis+1);
	}
	return;
}
void markL(ll x,ll fa,ll dis,ll k){
	if(dis==mxdis/2&&(!a[ls[x]].next))v[k]++;
	for(ll i=ls[x];i;i=a[i].next){
		ll y=a[i].to;
		if(y==fa)continue;
		markL(y,x,dis+1,k);
	}
	return;
}
ll C(ll n,ll m)
{return fac[n]*inv[m]%P*inv[n-m]%P;}
signed main()
{
	scanf("%lld",&n);
	for(ll i=1,x,y;i<n;i++){
		scanf("%lld%lld",&x,&y);
		addl(x,y);addl(y,x);
	}
	ll k=0;
	for(ll i=1;i<=n;i++)k+=!(a[ls[i]].next);
	inv[0]=inv[1]=fac[0]=1;
	for(ll i=2;i<N;i++)inv[i]=P-inv[P%i]*(P/i)%P;
	for(ll i=1;i<N;i++)f[i]=(f[i-1]+k*inv[i]%P)%P;
	for(ll i=1;i<N;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%P,inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%P;
	findL(1,0,0);mxdis=0;
	findL(root,0,0);
	if(mxdis&1){
		ll x=root;
		for(ll i=1;i<=mxdis/2;i++)x=pre[x];
		ll y=pre[x];markL(x,y,0,1);markL(y,x,0,2);
		cnt=2;
	}
	else{
		ll x=root;
		for(ll i=1;i<=mxdis/2;i++)x=pre[x];
		for(ll i=ls[x];i;i=a[i].next)
			cnt++,markL(a[i].to,x,1,cnt);
	}
	for(ll i=1;i<=cnt;i++)m+=v[i];
	for(ll i=1;i<=cnt;i++)
		for(ll j=1;j<=v[i];j++){
			ll w=(f[m]-f[j]+P)%P;
			w=(fac[m-j]-(v[i]-j)*fac[m-j-1]%P+P)%P*fac[j]%P*w%P;
			(ans+=w*inv[m]%P*C(v[i],j)%P)%=P;
		}
	printf("%lld\n",ans); 
	return 0;
}

__EOF__

本文作者：QuantAsk
本文链接：https://www.cnblogs.com/QuantAsk/p/15628328.html
关于博主：退役OIer，GD划水选手
版权声明：本博客所有文章除特别声明外，均采用 BY-NC-SA 许可协议。转载请注明出处！
声援博主：如果您觉得文章对您有帮助，可以点击文章右下角【推荐】一下。您的鼓励是博主的最大动力！