[COCI 2023/2024 #3] Slučajna Cesta 题解
前言
期望套期望，很有意思。来一发考场首 A，近 \(\Theta(n)\) 的算法。
题目链接：洛谷。
题意简述
一棵树，每条边随机设有方向。对于所有 \(i\)，从 \(i\) 开始随机游走，直到不能移动，所行走的距离的期望的期望。
前一个期望是局面确定时，随机游走的期望距离；后一个期望是所有局面下的期望距离。
题目分析
看到有 \(n \leq 1000\) 的部分分，很容易猜到这是换根 DP，这一档部分分是用来每个点跑一边 DFS 的。那么先来看看部分分。
枚举根
不妨先来考虑求以 \(yzh\) 为根时，从 \(yzh\) 开始随机游走的距离的期望的期望。
考虑设 \(f_i\) 表示以点 \(i\) 为根的答案。因为若从 \(\operatorname{fa}[i]\) 走到了 \(i\)，那么 \(i\) 不可能返回到 \(\operatorname{fa}[i]\)，所以这是一个形式相同，规模更小的子问题。注意到，这前提是以 \(yzh\) 为根的情况。
根据期望的定义式 \(\operatorname{E} = \sum \limits _ {S \subseteq \Omega} \operatorname{val}[S] \cdot \operatorname{P}[S]\)。本题中，\(\Omega\) 是 \(\operatorname{son}[i]\)，\(\operatorname{val}[S]\) 指这样一个局面，若 \(j \in S\)，\(i\) 和 \(j\) 之间的边的方向为 \(i \rightarrow j\)，否则是 \(i \leftarrow j\)。从 \(i\) 开始随机游走，就是等概率从 \(S\) 中选出 \(j\)，然后向 \(j\) 走。易知所有局面出现概率相等，即 \(\operatorname {P}[S] = \cfrac{1}{2 ^ {|\operatorname{son}[i]|}}\)，故 \(f_i = \cfrac{1}{2 ^ {|\operatorname{son}[i]|}} \sum \limits _ {S \subseteq \operatorname{son}[i]} \operatorname{val}[S]\)。又有 \(\operatorname{val}[S] = \cfrac{1}{|S|} \sum \limits _ {j \in S} f_j + \operatorname{value}[i]\)。所以有
值得注意的是，当 \(S = \varnothing\) 时，\(\cfrac{1}{|S|}\) 没意义，但是这种情况不会对答案产生贡献，所以只用考虑 \(S \neq \varnothing\) 的情况。
套路化地拆贡献，分别考虑每个 \(j \in \operatorname{son}[i]\) 的贡献。那么 \(j\) 产生的贡献就是包含 \(j\) 的所有情况的 \(\cfrac{1}{|S|}\) 之和 \(\operatorname{sum}\)，与 \(f_j\) 的乘积。发现对于所有 \(j\) 来说，前者是一样的，都是 \(\large \operatorname{sum} = \sum \limits _ {i = 1} ^ {|\operatorname{son}[i]|} \cfrac{C_{|\operatorname{son}[i]| - 1} ^ {i - 1}}{i}\)，其中 \(i\) 表示包含 \(j\) 的集合 \(S\) 的大小，组合数表示包含 \(j\)，且大小为 \(i\) 的 \(S\) 的情况数。所以有
到此为止，已经可以拿到这部分分了。注意到 \(\sum |\operatorname{son}[i]| = n - 1\)，所以配合线性推逆元等奇技淫巧，一次 dfs 的时间复杂度是 \(\Theta(n)\) 的，总体时间复杂度 \(\Theta(n^2)\) 的。
换根 DP
换根 DP 的第一遍 dfs 和部分分相同，考虑第二遍 dfs。
在第二遍 dfs 时，考虑根从 \(yzh \rightarrow xym\)，那么首先要把 \(f_{yzh}\) 中来自 \(xym\) 的贡献去掉，再累加到 \(f_{xym}\) 的求和里，同时注意维护换根时对 \(\operatorname{son}\) 的影响。推式子也很好推，考虑记 \(\operatorname{cal}(n) = \sum \limits _ {i = 1} ^ {n} \cfrac{C_{n - 1} ^ {i - 1}}{i}\)，用 \(f'\) 表示第一遍 dfs 求出的 \(f\)，\(F\) 表示以 \(xym\) 为根时的 \(f\)。
然后就可以啦～
时间复杂度分析
yzh 问为什么时间复杂度是近 \(\Theta(n)\) 的，那么接下来回答下她的问题。
发现本来时间复杂度是 \(\Theta(n)\) 的，但是有求 \(\operatorname{cal}\) 函数的逆元，会多一个 \(\log P\)。但是，加上记忆化后，时间复杂度是 \(\Theta(n + \sqrt{n}\log P)\) 的，考虑证明一棵树本质不同的儿子数是 \(\Theta(\sqrt{n})\) 的。
证明：
反证。假设一棵树有 \(k \gt \sqrt{2n}\) 个本质不同的孩子数，分别为 \(s_1, s_2, \cdots, s_k\)。那么有 \(n = \sum \limits _ {i = 1} ^ {k} s_i \geq \sum \limits _ {i = 1} ^ {k} i = \cfrac{(1 + k)k}{2} \gt n\)，矛盾，所以一棵树本质不同的儿子数是 \(\Theta(\sqrt{n})\) 的。
在本题的数据范围下，可以近似看做线性算法。
代码
略去了快读快写，实现也很容易。
// #pragma GCC optimize(3)
// #pragma GCC optimize("Ofast", "inline", "-ffast-math")
#pragma GCC target("avx", "sse2", "sse3", "sse4", "mmx")
#include <iostream>
#include <cstdio>
#define debug(a) cerr << "Line: " << __LINE__ << " " << #a << endl
#define print(a) cerr << #a << "=" << (a) << endl
#define file(a) freopen(#a".in", "r", stdin), freopen(#a".out", "w", stdout)
#define main Main(); signed main(){ return ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), Main(); } signed Main
using namespace std;
char ST;
constexpr const int mod = 1e9 + 7;
constexpr inline int pow(const int a, const int p, const int mod = mod){
int res = 1, base = a % mod, b = p;
while (b){
if (b & 1) res = 1ll * res * base % mod;
base = 1ll * base * base % mod, b >>= 1;
}
return res;
}
constexpr inline int inv(const int a, const int mod = mod){
return pow(a, mod - 2, mod);
}
constexpr const int inv2 = inv(2, mod);
inline int add(int a, int b){
return a + b >= mod ? a + b - mod : a + b;
}
inline int mul(int a, int b){
return 1ll * a * b % mod;
}
int n, val[1000010], frac[1000010], ans[1000010];
int Inv[1000010], ifrac[1000010], pw2[1000010], ipw2[1000010];
int f[1000010];
inline int C(int n, int m){
return mul(frac[n], mul(ifrac[m], ifrac[n - m]));
}
struct Graph{
struct node{
int to, nxt;
} edge[1000010];
int eid, head[1000010];
inline void add(int u, int v){
edge[++eid] = {v, head[u]};
head[u] = eid;
}
inline node & operator [] (const int x){
return edge[x];
}
} xym;
int g[1000010], ig[1000010];
int calsum(int son){
if (g[son] != -1) return g[son];
int sum = 0;
for (int i = 1; i <= son; ++i)
sum = add(sum, mul(Inv[i], C(son - 1, i - 1)));
return g[son] = sum;
}
int icalsum(int son){
if (ig[son] != -1) return ig[son];
return ig[son] = inv(calsum(son));
}
int soncnt[1000010];
void dfs(int now, int fa){
// 这一遍维护子树信息
for (int i = xym.head[now], to; to = xym[i].to, i; i = xym[i].nxt){
if (to == fa) continue;
++soncnt[now], dfs(to, now), f[now] = add(f[now], f[to]);
}
f[now] = mul(f[now], calsum(soncnt[now]));
f[now] = mul(f[now], ipw2[soncnt[now]]);
f[now] = add(f[now], val[now]);
}
void redfs(int now, int fa){
// 这一次搞一搞父亲方向的子树
ans[now] = f[now];
for (int i = xym.head[now], to; to = xym[i].to, i; i = xym[i].nxt){
if (to == fa) continue;
f[to] = add(
mul(
mul(
add(
mul(
mul(
pw2[soncnt[to]],
add(
f[to],
mod - val[to]
)
),
icalsum(soncnt[to])
),
add(
mul(
mul(
add(
mul(
mul(
pw2[soncnt[now] + (now != 1)],
add(
f[now],
mod - val[now]
)
),
icalsum(soncnt[now] + (now != 1))
),
mod - f[to]
),
calsum(soncnt[now] - (now == 1))
),
ipw2[soncnt[now] - (now == 1)]
),
val[now]
)
),
calsum(soncnt[to] + 1)
),
ipw2[soncnt[to] + 1]
),
val[to]
);
redfs(to, now);
}
}
char ED;
signed main(){
#if XuYueming
fprintf(stderr, "Memory: %2.lfMb\n", (&ED - &ST) / 1024.0 / 1024.0);
#endif
read(n);
for (int i = 2, fa; i <= n; ++i) read(fa), xym.add(fa, i);
ifrac[0] = frac[0] = 1, ig[0] = g[0] = -1, pw2[0] = ipw2[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
read(val[i]),
frac[i] = mul(frac[i - 1], i),
pw2[i] = mul(pw2[i - 1], 2), ipw2[i] = mul(ipw2[i - 1], inv2),
Inv[i] = i == 1 ? 1 : mod - mul(mod / i, Inv[mod % i]),
ifrac[i] = mul(ifrac[i - 1], Inv[i]), g[i] = ig[i] = -1;
dfs(1, 0), redfs(1, 0);
for (int i = 1; i <= n; ++i) write(ans[i], '\n');
return 0;
}
后记
考后认真思考一番，发现瓶颈在算 \(\operatorname{cal}\) 的逆元，而我们目的仅是去掉某一贡献，故可以额外记 \(g\) 表示 \(f\) 在算 \(\operatorname{cal}\) 之前的值。并且 \(\operatorname{cal}\) 其实是可以继续用数学的方式 \(\Theta(1)\) 计算的，由于本题解方法不侧重这里，所以简略地推一推，其实也很简单：
配合上题目输入已经拓扑排序，dfs 换成循环，能跑到 Rank1，代码也很短，注意到实现中 cal 数组含义是 \(\cfrac{\operatorname{cal}(n)}{2^n}=\cfrac{1}{n}-\cfrac{1}{n\cdot2^n}\)。
#pragma GCC target("avx", "sse2", "sse3", "sse4", "mmx")
#include <cstdio>
constexpr const int MAX = 1 << 24, yzh_i_love_you = 1314520736;
char buf[MAX], *p1 = buf, *p2 = buf, obuf[MAX], *o = obuf;
#ifndef XuYueming
#define getchar() ((p1 == p2) && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, MAX, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++)
#endif
constexpr inline bool isdigit(const char c) { return c >= '0' && c <= '9'; }
template <typename T> inline void read(T &x) { x = 0; char c = 0; for (;!isdigit(c); c = getchar()); for (; isdigit(c); c = getchar()) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48); }
template <typename T> inline void write(T &x){ static short Stack[50], top = 0; do Stack[++top] = x % 10, x /= 10; while (x); while (top) *o++ = Stack[top--] | 48; }
constexpr const int mod = 1e9 + 7;
constexpr const int inv2 = 500000004;
constexpr inline int add(int a, int b){ return a + b >= mod ? a + b - mod : a + b; }
constexpr inline int mul(int a, int b){ return 1ll * a * b % mod; }
int n, fa[1000001], soncnt[1000001], val[1000001], cal[1000001], Inv[1000001], ipw2[1000001], f[1000001], g[1000001];
signed main(){
read(n);
for (register int i = 2; i <= n; ++i) read(fa[i]), ++soncnt[fa[i]];
Inv[0] = ipw2[0] = 1;
for (register int i = 1; i <= n; ++i) read(val[i]), ipw2[i] = mul(ipw2[i - 1], inv2), Inv[i] = i == 1 ? 1 : mod - mul(mod / i, Inv[mod % i]), cal[i] = add(Inv[i], mod - mul(Inv[i], ipw2[i]));
for (register int i = n; i >= 1; --i) f[i] = add(val[i], mul(g[i], cal[soncnt[i]])), g[fa[i]] = add(g[fa[i]], f[i]);
for (register int i = 2; i <= n; ++i) g[i] = add(g[i], add(val[fa[i]], mul(add(g[fa[i]], mod - f[i]), cal[soncnt[fa[i]] - 1]))), f[i] = add(val[i], mul(g[i], cal[++soncnt[i]]));
for (register int i = 1; i <= n; ++i) write(f[i]), *o++ = '\n';
return fwrite(obuf, 1, o - obuf, stdout), 0;
}
本文作者：XuYueming，转载请注明原文链接：https://www.cnblogs.com/XuYueming/p/18187874。
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