[CF1060F] Shrinking Tree
题目
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分析
好美妙的思维题目！反正我是做不来了。
显然我们可以对于每一个点计算它作为根的答案，这个答案又可以通过 DP 的方式求出来。
它难道还能不是个 DP ?
直接求解概率比较复杂，而操作序列的总方案数比较好求，是 \((n-1)!\) 。不过，由于同一个操作序列的成功概率会因为每条边的操作而不同，因此我们实际上 DP 的不应该是方案数，而是所有操作序列的成功概率的和。最后将答案再除以 \((n-1)!\) 。
设 \(P(p)\) 为操作序列 \(p\) 成功概率。 DP 的东西可以理解为：
第一眼不难想到这样一个状态：
\(f(u,i)\)：以 \(u\) 为根的子树内，剩余的边有 \(i\) 条，最后操作到只有一个 \(u\) 的概率和。
然后发现，如果仅仅局限性地要求根必须保留，就会忽略那些 " 先随意合并，再让根节点过来吞掉 " 的情况。
因此，我们可以对状态加上一些限制：
\(f(u,i)\)：以 \(u\) 为根的子树内，剩余的边有 \(i\) 条，且当前的 \(u\) 标号已经变成了根的，继续操作留下根的概率和。
这样起始状态就是 \(f(u,0)=1\) ，目标状态就是 \(f(x,n-1)\) （假设我们计算 \(x\) 为根的情况）。
顺便再规定一下 \(s_u\) 为 \(u\) 的子树大小。
首先我们考虑一个比较简单的情况——一棵树 \(u\) ，有 \(x\) 条剩余边；另一棵树 \(v\) ，有 \(y\) 条剩余边。现在我们要把它们 " 粘 " 起来。这就意味着边的数量不会变。
根据定义，我们实际上是考虑序列概率和的变化。也就自然分成两个部分：
\(\mathcal{1.}\)序列贡献的变化。因为序列的成功概率是可以合并的，所以我们可以得到新的贡献为 \(f(u,x)\times f(v,y)\) 。
\(\mathcal{2.}\)序列形态的变化。考虑未操作边，合并的方案是 \(\binom{x+y}{x}\) ；已操作边，合并的方案是 \(\binom{s_u-x+s_v-y-2}{s_u-x-1}\) 。两种边的顺序不可调换，因而一种组合序列对应的方案数是 \(\binom{x+y}{x}\times \binom{s_u-x+s_v-y-2}{s_u-x-1}\) 。
可以发现，每种新序列的新形态的方案都相同，因而有新贡献为 \(f(u,x)\times f(v,y)\times \binom{x+y}{x}\times \binom{s_u-x+s_v-y-2}{s_u-x-1}\) 。
再考虑节点 \(u\) 的转移。我们尝试合并上来 \(v\) 。我们只需要想办法把 \((u,v)\) 合并到 \(f(v)\) 的操作序列中，得到新的贡献 \(g(v)\) （ \(g(v,i)\) 表示合并过后有 \(i\) 条剩余边的概率和 ），就可以套用之前的计算方法合并 \(u\) 和 \(v\) 了。
不妨枚举一下我们需要的 \(g(v,i)\) ，再枚举一下 \(f(v,j)\) ，考虑 \(f(v,j)\) 对 \(g(v,i)\) 的贡献。
\(\mathcal{1.}\ j>i\) ，显然这种情况下 \(f(v,j)\) 不可能贡献到 \(g(v,i)\)。
\(\mathcal{2.}\ j<i\) ，考虑此时的合法合并：首先，当 \(v\) 的子树内剩余 \(i-1\) 条边的时候， \(u\) 被替换为了根；接着， \(v\) 继续合并直到剩余 \(j\) 条边；然后， \((u,v)\) 合并并且保留 \(u\) 的标号；最后进入到 \(f(v,j)\) 。注意到 \(u\) 必须保留，因此贡献为 \(\frac 1 2f(v,j)\) 。
\(\mathcal{3.}\ j=i\) ，这意味着 \(g(v,i)\) 要操作的边就是 \(f(v,j)\) ，那么 \((u,v)\) 就应该随着 \(v\) 子树中那些被删除的边一起删除。显然那些边总共有 \(s_v-1-j\) 条，对应就有 \(s_v-j\) 个空位。注意到 \(u\) 并不一定要保留，因此贡献就是 \((s_v-j)f(v,j)\) 。
所以我们可以首先处理出来 \(g(v)\) ，然后按照上述方法进行合并，就可以得到 \(f(x,n-1)\) ，除以 \((n-1)!\) 就得到了答案。
可以发现这个转移本质上类似于树形背包，因此单次时间应该是 \(O(n^2)\) 。总时间就是 \(O(n^3)\) 。
有价值的点：
\(\mathcal{1.}\) DP 的状态设计，有一定的难度。
\(\mathcal{2.}\) DP 的转移，也有一定的难度。
没错，这道题就是一道 DP 毒瘤思维题。
代码
#include <cstdio>
typedef long long LL;
const int MAXN = 55;
template<typename _T>
void read( _T &x )
{
x = 0;char s = getchar();int f = 1;
while( s > '9' || s < '0' ){if( s == '-' ) f = -1; s = getchar();}
while( s >= '0' && s <= '9' ){x = ( x << 3 ) + ( x << 1 ) + ( s - '0' ), s = getchar();}
x *= f;
}
template<typename _T>
void write( _T x )
{
if( x < 0 ){ putchar( '-' ); x = ( ~ x ) + 1; }
if( 9 < x ){ write( x / 10 ); }
putchar( x % 10 + '0' );
}
struct edge
{
int to, nxt;
}Graph[MAXN << 1];
double fac[MAXN];
double f[MAXN][MAXN], g[MAXN], tmp[MAXN];
int head[MAXN], siz[MAXN];
int N, cnt;
void addEdge( const int from, const int to )
{
Graph[++ cnt].to = to, Graph[cnt].nxt = head[from];
head[from] = cnt;
}
void init()
{
fac[0] = 1;
for( int i = 1 ; i <= N ; i ++ )
fac[i] = fac[i - 1] * i;
}
double C( const int n, const int m ) { return fac[n] / fac[m] / fac[n - m]; }
void DFS( const int u, const int fa )
{
siz[u] = 1;
f[u][0] = 1; for( int i = 1 ; i <= N ; i ++ ) f[u][i] = 0;
for( int i = head[u], v ; i ; i = Graph[i].nxt )
if( ( v = Graph[i].to ) ^ fa )
{
DFS( v, u );
for( int k = 0 ; k <= N ; k ++ ) tmp[k] = g[k] = 0;
for( int k = 0 ; k <= siz[v] ; k ++ )
for( int j = 0 ; j <= k ; j ++ )
{
if( k == j ) g[k] += ( siz[v] - k ) * f[v][j];
else g[k] += 0.5 * f[v][j];
}
for( int j = 0 ; j < siz[u] ; j ++ )
for( int k = 0 ; k <= siz[v] ; k ++ )
tmp[j + k] += f[u][j] * g[k] * C( j + k, j ) * C( siz[u] - j - 1 + siz[v] - k, siz[v] - k );
siz[u] += siz[v];
for( int k = 0 ; k < siz[u] ; k ++ ) f[u][k] = tmp[k];
}
}
int main()
{
read( N );
for( int i = 1, a, b ; i < N ; i ++ )
read( a ), read( b ), addEdge( a, b ), addEdge( b, a );
init();
for( int i = 1 ; i <= N ; i ++ )
{
DFS( i, 0 );
printf( "%.10lf\n", f[i][N - 1] / fac[N - 1] );
}
return 0;
}
