【题解】Luogu-P5643 PKUWC 2018 随机游走

用到了概率期望的很多技巧。

首先要求的是走遍集合中所有节点步数的期望，也就是步数最大值的期望，根据 min-max 容斥，有：

\[E\left(\max_{i\in S} x_i\right)=\sum_{T\subseteq S,T\neq \varnothing} (-1)^{|T|-1} E\left(\min_{j\in T} x_j\right) \]

如果我们可以求得最小值的期望，也就是首次到达一个被标记点的期望，就可以通过 \(O(n2^n)\) 的高维前缀和得到最大值的期望。

枚举集合 \(T\)，设 \(f_u\) 表示有根树上从 \(u\) 出发首次到达一个被标记点的期望步数。

容易得到式子：

\[\begin{cases} f_u=0&u\in T\\ f_u=\dfrac{\sum_{(u,v)\in E} f_v}{deg_u}+1&u\notin T \end{cases}\]

高斯消元可以求解。

总复杂度 \(O(2^nn^3\log p+nQ)\)。

点击查看代码

inline int q_pow(int x,int p){
    int res=1;
    while(p){
        if(p&1) res=1ll*res*x%mod;
        x=1ll*x*x%mod;
        p>>=1;
    }
    return res;
}

int n,q,rt;
vector<int> E[20];
int a[20][20];
inline void Gauss(){
    for(int i=1;i<=n;++i){
        for(int j=1;j<=n;++j){
            if(i==j) continue;
            for(int k=i+1;k<=n+1;++k){
                a[j][k]=(a[j][k]-1ll*a[i][k]*q_pow(a[i][i],mod-2)%mod*a[j][i]%mod+mod)%mod;
            }
        }
    }
}
int Emin[(1<<20)+10],Emax[(1<<20)+10];

int main(){
    // freopen("test.in","r",stdin);
    // freopen("test.out","w",stdout);
    n=read(),q=read(),rt=read();
    for(int i=1;i<n;++i){
        int u=read(),v=read();
        E[u].push_back(v);
        E[v].push_back(u);
    }
    for(int s=1;s<(1<<n);++s){
        for(int i=1;i<=n;++i){
            for(int j=1;j<=n+1;++j){
                a[i][j]=0;
            }
        }
        int cnt=0;
        for(int i=1;i<=n;++i){
            if(s&(1<<i-1)) a[i][i]=1,a[i][n+1]=0,++cnt;
            else{
                int now=(mod-q_pow(E[i].size(),mod-2));
                a[i][i]=1,a[i][n+1]=1;
                for(int j:E[i]) a[i][j]=now;
            }
        }
        Gauss();
        a[rt][n+1]=1ll*a[rt][n+1]*q_pow(a[rt][rt],mod-2)%mod;
        if(cnt&1) Emin[s]=a[rt][n+1];
        else Emin[s]=mod-a[rt][n+1];
        Emax[s]=Emin[s];
    }
    for(int i=1;i<=n;++i){
        for(int s=1;s<(1<<n);++s){
            if(!(s&(1<<i-1))) Emax[s|(1<<i-1)]=(Emax[s|(1<<i-1)]+Emax[s])%mod;
        }
    }
    while(q--){
        int k=read(),s=0;
        for(int i=1;i<=k;++i) s|=(1<<read()-1);
        printf("%d\n",Emax[s]);
    }
    return 0;
}

由于矩阵中有意义的值只有 \(O(n)\) 个，高斯消元非常冗余，使用另一种消元方法——系数递推。

在树上表现为对于每个节点，用其父亲的答案去表示该节点的答案，即写成 \(f_u=a_u\times f_{fa_u}+b_u\) 的形式。

大力推一下：

\[\begin{aligned} f_u&=\dfrac{f_{fa_u}+\sum_{v\in \mathrm{son}(u)} f_v}{deg_u}+1\\ deg_u\times f_u&=f_{fa_u}+\sum_{v\in \mathrm{son}(u)} (a_v\times f_u+b_v)+deg_u\\ \left(deg_u-\sum_{v\in \mathrm{son}(u)} a_v\right) f_u&=f_{fa_u}+deg_u+\sum_{v\in \mathrm{son}(u)} b_v\\ f_u&=\dfrac{1}{deg_u-\sum_{v\in \mathrm{son}(u)} a_v} \times f_{fa_u}+\dfrac{deg_u+\sum_{v\in \mathrm{son}(u)} b_v}{deg_u-\sum_{v\in \mathrm{son}(u)} a_v} \end{aligned}\]

于是：

\[\begin{cases} a_u=\dfrac{1}{deg_u-\sum_{v\in \mathrm{son}(u)} a_v}\\ b_u=\dfrac{deg_u+\sum_{v\in \mathrm{son}(u)} b_v}{deg_u-\sum_{v\in \mathrm{son}(u)} a_v} \end{cases}\]

而最终的答案 \(f_{rt}=b_{rt}\)。

总复杂度：\(O(n2^n\log p+nQ)\)。

点击查看代码

inline int q_pow(int x,int p){
    int res=1;
    while(p){
        if(p&1) res=1ll*res*x%mod;
        x=1ll*x*x%mod;
        p>>=1;
    }
    return res;
}

int n,q,rt;
vector<int> E[20];
int a[20],b[20];
int Emin[(1<<20)+10],Emax[(1<<20)+10];

void dfs(int u,int fa,int s){
    int suma=0,sumb=0;
    if(s&(1<<(u-1))) return;
    for(int v:E[u]){
        if(v==fa) continue;
        dfs(v,u,s);
        suma=(suma+a[v])%mod,sumb=(sumb+b[v])%mod;
    }
    a[u]=q_pow((E[u].size()-suma+mod)%mod,mod-2),b[u]=1ll*(E[u].size()+sumb)%mod*a[u]%mod;
}

int main(){
    n=read(),q=read(),rt=read();
    for(int i=1;i<n;++i){
        int u=read(),v=read();
        E[u].push_back(v);
        E[v].push_back(u);
    }
    for(int s=1;s<(1<<n);++s){
        int cnt=0;
        for(int i=1;i<=n;++i){
            a[i]=b[i]=0;
            if(s&(1<<i-1)) ++cnt;
        }
        dfs(rt,0,s);
        if(cnt&1) Emin[s]=b[rt];
        else Emin[s]=mod-b[rt];
        Emax[s]=Emin[s];
    }
    for(int i=1;i<=n;++i){
        for(int s=1;s<(1<<n);++s){
            if(!(s&(1<<i-1))) Emax[s|(1<<i-1)]=(Emax[s|(1<<i-1)]+Emax[s])%mod;
        }
    }
    while(q--){
        int k=read(),s=0;
        for(int i=1;i<=k;++i) s|=(1<<read()-1);
        printf("%d\n",Emax[s]);
    }
    return 0;
}