【LOJ 2542】【PKUWC2018】 随机游走(最值反演 + 树上期望dp)

哇我太菜啦555555

不妨钦定我们需要访问的点集为$S$，在$S$已知的情况下，我们令$f(x)$表示从$x$走到点集$S$中任意一点的期望步数。

若$x∈S$，则显然$f(x)=0$，否则$f[x]=\frac{1}{d[x]}\sum f[ch[x]]+1$。其中$d[x]$表示与$x$相连的节点个数，$ch[x]$为与$x$相连的节点。

然后就列出了$n$条式子，显然是一个$n$元一次方程，可以考虑用高斯消元去求解，这样时间复杂度是$O(n^32^{n})$，只能拿$60$分（然而我考场上是零分啊呜呜呜）

我们考虑用些快速点的方法，考虑将$f[x]$化为$A_xf[fa[x]]+B_x$。其中$fa[x]$表示$x$的父亲。则

$f[x]=A_x[fa[x]]+B_x=\frac{1}{d[x]}\sum f[ch[x]]$

$f[x]=\frac{1}{d[x]}f[fa[x]]+\frac{1}{d[x]}(A_{ch[x]}f[x]+B_{ch[x]})+1$。

经过化简后，得

$f[x]= \dfrac{f[fa[x]]+\sum B_{ch[x]}+1}{d[u]-\sum A_{ch[x]}}$

我们令$g[S]$表示从给定起点$X$出发，走到集合$S$中任意一个点的期望步数。

那么显然,$g[S]=f[X]$。求出所有状态的期望的时间复杂度显然为$O(n 2^n)$。

 

我们令$G[S]$表示从给定起点$X$出发，将集合$S$中每个点至少走一次的期望步数。

根据$min-max$容斥的相关内容，有

$G[S]=\sum_{i∈S}g[i]\times (-1)^{|i|+1}$

然后我们可以花$O(3^n)$枚举子集，预处理出所有答案。

查询的时候$O(1)$查询即可。

完结撒花

 

#include<bits/stdc++.h>
#define M 18
#define MOD 998244353
#define L long long
using namespace std;

L pow_mod(L x,L k){
    L ans=1;
    while(k){
        if(k&1) ans=ans*x%MOD; 
        x=x*x%MOD; k>>=1;
    }
    return ans;
}

L d[M]={0},invd[M]={0};    
struct edge{int u,next;}e[M<<1]={0}; int head[M]={0},use=0;
void add(int x,int y){use++;e[use].u=y;e[use].next=head[x];head[x]=use;}

L f[1<<M]={0},ans[1<<M]={0},zf[1<<M]={0},a[M]={0},b[M]={0}; int ok[1<<M]={0};

int n,q,rt;
void dfs(int x,int fa,int S){
    if((1<<x)&S) return;
    for(int i=head[x];i;i=e[i].next)
    if(e[i].u!=fa){
        dfs(e[i].u,x,S);
        b[x]+=b[e[i].u];
        a[x]+=a[e[i].u];
    }
    b[x]%=MOD; a[x]%=MOD;
    L inv=pow_mod((d[x]-a[x]+MOD)%MOD,MOD-2);
    a[x]=inv; 
    b[x]=(b[x]*inv+inv*d[x])%MOD;
}

void solve(int x){
    ok[x]=1;
    for(int i=x;i;i=x&(i-1))
    ans[x]+=zf[i]*f[i];
    ans[x]=(ans[x]%MOD+MOD)%MOD;
}

int main(){
    //freopen("a.out","w",stdout);
    scanf("%d%d%d",&n,&q,&rt); rt--;
    for(int i=1;i<n;i++){
        int x,y; scanf("%d%d",&x,&y);
        x--; y--; add(x,y); add(y,x);
        d[x]++; d[y]++;
    }
    for(int i=0;i<n;i++) invd[i]=pow_mod(d[i],MOD-2);
    int hh=1<<n;
    for(int i=1;i<hh;i++){
        memset(a,0,sizeof(a)); 
        memset(b,0,sizeof(b));
        dfs(rt,-1,i);
        f[i]=b[rt]; zf[i]=-1;
        for(int j=0;j<n;j++)
        if((1<<j)&i) zf[i]=-zf[i];
    }
    while(q--){
        int k,hh=0; scanf("%d",&k);
        while(k--){
            int x; scanf("%d",&x); 
            hh+=1<<(x-1);
        }
        if(!ok[hh]) solve(hh);
        printf("%lld\n",ans[hh]);
    }
}