CF1517F - Reunion
CF1517F - Reunion
题目大意
对于一棵树,树上每个节点颜色在在黑白之间均等随机
定义r: 从某一个点\(u\)开始,\(r\)为使得距离\(u\)在\(r\)以内的点均为均为黑点的最大距离
求\(r\)的期望,全黑和全白的情况\(r\)特殊处理
模型转化
当然是期望转概率,枚举\(d\),计算\(\max\{r\}\ge d\)的概率
然而\(\exists r\ge d\)并不好算,于是算\(\nexists r\ge d\)的概率
看成是用白点去覆盖整棵树,每个白点可以覆盖距离\(d\)以内的所有点
dp
令\(dp_{u,i}\)表示当前\(u\)的子树内,
\(i\ge 0\),能够向上额外延伸\(i\)的距离
\(i<0\),还需要一个距离为\(-1-i\)的白点伸进去覆盖它
合并可能存在的问题?
如果\(u\)子树内即有点伸出去又有点没有被覆盖?
那么记录没有被覆盖的点
因为在最优情况里,这个点一定要被另一个节点覆盖
而那个去覆盖它的点,显然比当前节点延伸出去部分覆盖的范围更大
因此\(u\)延伸出去的部分没有用
\[\
\]
第二维出现的个数为\(O(dep)\),借用树形背包的复杂度分析,因此单次复杂度上限为\(O(n^2)\),实际完全不满
总复杂度为\(O(n^3)\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef double db;
typedef pair <int,int> Pii;
#define reg register
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define Mod1(x) ((x>=P)&&(x-=P))
#define Mod2(x) ((x<0)&&(x+=P))
#define rep(i,a,b) for(int i=a,i##end=b;i<=i##end;++i)
#define drep(i,a,b) for(int i=a,i##end=b;i>=i##end;--i)
template <class T> inline void cmin(T &a,T b){ ((a>b)&&(a=b)); }
template <class T> inline void cmax(T &a,T b){ ((a<b)&&(a=b)); }
char IO;
template <class T=int> T rd(){
T s=0; int f=0;
while(!isdigit(IO=getchar())) f|=IO=='-';
do s=(s<<1)+(s<<3)+(IO^'0');
while(isdigit(IO=getchar()));
return f?-s:s;
}
const int N=310,P=998244353;
ll qpow(ll x,ll k=P-2){
ll res=1;
for(;k;k>>=1,x=x*x%P) if(k&1) res=res*x%P;
return res;
}
int n,d,m;
vector <int> G[N];
int dp[N][N*2],g[N*2],D[N];
vector <int> tmp;
void dfs(int u,int f) {
// n+1 为基准偏移
rep(i,0,m) dp[u][i]=0;
dp[u][n+d+2]=1,dp[u][n]=1;
for(int v:G[u]) if(v!=f) {
dfs(v,u);
cmax(D[u],D[v]+1);
rep(i,0,m) g[i]=dp[u][i],dp[u][i]=0;
tmp.clear();
rep(i,0,m) if(dp[v][i]) tmp.pb(i);
rep(i,0,m) if(g[i]) {
for(int j:tmp) {
if(max(j-n-2,i-n-2)>=max(n-i,n-j)) dp[u][max(i,j)]=(dp[u][max(i,j)]+1ll*g[i]*dp[v][j])%P;
else dp[u][min(i,j)]=(dp[u][min(i,j)]+1ll*g[i]*dp[v][j])%P;
}
}
}
rep(i,0,m) g[i]=dp[u][i],dp[u][i]=0;
rep(i,1,n) dp[u][i-1]=g[i];
rep(i,n+2,m) dp[u][i-1]=g[i];
dp[u][n+1]+=g[n+1],Mod1(dp[u][n+1]);
}
int main(){
n=rd(),m=n*2+2;
rep(i,2,n) {
int u=rd(),v=rd();
G[u].pb(v),G[v].pb(u);
}
int all=qpow(2,n),ans=0;
// d枚举到n-1,正好抵消了n 和 -1的贡献
for(d=1;d<n;++d) {
dfs(1,0);
int s=all;
rep(i,n+1,m) s-=dp[1][i],Mod2(s);
ans=(ans+s)%P;
}
ans=ans*qpow(all)%P;
printf("%d\n",ans);
}