「PKUWC2018」随机游走 题解

前言

好题，这个待定系数真的好用！

思路

说实话，看见这道题的第一反应真不是什么 $\mathtt{\text{min-max}}$ 容斥，而是状压。

但是既然都放在链接里面了，那我们就勉为其难的向这方面思考一下吧。

首先直接通过这个容斥转化题意，也就是说，我们只需要求得，对于任意一个点的集合 $S$，使得从 $x$ 出发，想要第一次到达 $S$ 中的任意一点，所需要的期望次数。（简单来说就是通过该容斥将题意转化为 $E(min(S))$ 。）

具体来说，从 $0$ 到 $2^n$ 枚举所有子集 $S$，对于每个子集，考虑树形 $\text{DP}$。

定义 $d{p}_i$ 表示从 $i$ 开始，到达 $S$ 中的任意一点所需要的最少期望次数。

如果 $i\in S$，显然 $d{p}_i=0$。否则，显然有 $d{p}_i={\displaystyle \frac{d{p}_{f{a}_i}+\sum _{j\in so{n}_i}d{p}_j}{de{g}_i}}+1$。（其中，$de{g}_i$ 表示 $i$ 的度数）

但是显然，这样的转移是有后效性的。

一种比较暴力的想法是，把所有的式子列出来，然后高斯消元，复杂度为 $n^3\times 2^n$，而且是在模意义下进行，实现代价巨大，不具有可行性。

我们考虑一个新式的 $\text{trick}$： 待定系数法。

我们发现，这个式子是齐次的（且是一次的），而且必然可以通过高斯消元得到一个 $d{p}_i$ 无后效性的表示。故我们考虑待定系数，假设 $d{p}_i=k_i\times d{p}_{f{a}_i}+b_i$。

我们可以通过这个假设，将转移式子中的 $d{p}_j$ 换掉，然后进行一波代数变形：

$$\begin{array}{rl}d{p}_i& ={\displaystyle \frac{d{p}_{f{a}_i}+\left(\sum _{j\in so{n}_i}{k}_j\right)\times d{p}_i+\sum b_j}{de{g}_i}}+1\\ (de{g}_i-\sum k_j)\times d{p}_i& =d{p}_{f{a}_i}+\sum b_j+de{g}_i\\ d{p}_i& ={\displaystyle \frac{1}{(de{g}_i-\sum k_j)}}\times d{p}_{f{a}_i}+{\displaystyle \frac{\sum b_j+de{g}_i}{(de{g}_i-\sum k_j)}}\end{array}$$

于是，我们有：$k_i={\displaystyle \frac{1}{(de{g}_i-\sum k_j)}},b_i={\displaystyle \frac{\sum b_j+de{g}_i}{(de{g}_i-\sum k_j)}}$

可以发现，$k_i,b_i$ 的求法不具有后效性，且如果我们从 $x$ 直接向下递归，则 $d{p}_x=b_x$，因为没有父亲。

求出每个 $S$ 之后，我们显然不能每输入一个就容斥一遍，也不能直接枚举子集，所以高维前缀和，根据容斥，$S$ 大小为奇数时就是加，否则减。

代码

#include <bits/stdc++.h> 
using namespace std;
#define maxn 20
#define mod 998244353
int ksm(int x, int y)
{
	int sum = 1;
	while(y)
	{
		if(y & 1) sum = 1ll * sum * x % mod;
		y >>= 1, x = 1ll * x * x % mod;
	}	
	return sum;
}
int inv(int x)
{
	return ksm(x, mod - 2);
}
int n, q, x;
int fst[maxn], cnt;
struct node
{
	int tar, nxt;
}arr[maxn << 1];
void adds(int x, int y)
{
	arr[++cnt].tar = y, arr[cnt].nxt = fst[x], fst[x] = cnt;
}
bool belong[maxn];
int k[maxn], b[maxn];
int sum[1 << (maxn - 2)], ans[1 << maxn];
void dfs(int x, int last)
{
	if(belong[x]) return;
	int sumk = 0, sumb = 0, deg = 1;
	if(last == 0) deg--;
	for (int i = fst[x]; i; i = arr[i].nxt)
	{
		int j = arr[i].tar;
		if(j == last) continue;
		dfs(j, x);
		sumk += k[j], sumb += b[j], deg++;
		sumk %= mod, sumb %= mod;
	}
	k[x] = 1ll * inv(((deg - sumk) % mod + mod) % mod);
	b[x] = 1ll * (deg + sumb) % mod * inv(((deg - sumk) % mod + mod) % mod) % mod;
}
int Cnt[1 << maxn];
void init()
{
	for (int i = 1; i < (1 << n); ++i)
	{
		Cnt[i] = __builtin_popcount(i);
		memset(belong, 0, sizeof(belong));
		memset(k, 0, sizeof(k));
		memset(b, 0, sizeof(b));
		for (int j = 1; j <= n; ++j) if(i & (1 << j - 1)) belong[j] = true;
		dfs(x, 0);
		sum[i] = b[x] * (Cnt[i] & 1 ? 1 : -1);
		sum[i] = (sum[i] % mod + mod) % mod;
	}
	for (int j = 1; j <= n; ++j)
	{
		for (int i = 0; i < (1 << n); ++i)
		{
			if(!(i & (1 << j - 1)))
			sum[i + (1 << j - 1)] += sum[i], sum[i + (1 << j - 1)] %= mod;
		}
	}
}
int main()
{
	cin >> n >> q >> x;
	for (int i = 1; i < n; ++i)
	{
		int x, y;
		cin >> x >> y;
		adds(x, y);
		adds(y, x);
	}
	init();
	while(q--)
	{
		int m, now = 0;
		cin >> m;
		for (int i = 1; i <= m; ++i)
		{
			int x;
			cin >> x;
			now |= 1 << x - 1;
		}
		printf("%d\n", sum[now]);
	}
}