P11736 [集训队互测 2015] 胡策的小树

题意

给定一棵 $n$ 个点的树，保证 $i$ 的父亲在 $1\sim i-1$ 中随机。

初始每个节点上有一枚棋子，每一时刻开始，$sum$ 为 0。对于每个棋子，设其所在位置为 $i$，有 $p_i=\frac{a_i}{n}$ 的概率向父亲走，并使 $sum$ 加 1；或者等概率的跳到 $i$ 子树内的点。特殊的，$p_1$ 恒为 $0$。保证 $a_i$ 为 $0\sim n-1$ 的排列。

现在要进行这些操作 $T=(n+1{)}^{{99999}^{{99999}^{99999}}}$ 个时刻，设 $ans$ 为每个时刻 $sum$ 值的平均数的平均数的期望，即：$ans=E\left({\displaystyle \frac{\sum _{i=0}^T\frac{su{m}_i}{n}}{T}}\right)$。

你现在可以进行一次操作：$\mathrm{\forall }i,a_i\leftarrow (a_i+x)modn$。求 $ans$ 最大值。

$n\le 5\times {10}^5$

分析

考虑 $x=0$ 的情况，即不进行操作。

设 $f_i$ 为某一时刻 $i$ 点上的猴子个数平均数的期望（即猴子个数期望除以 $n$ 的值）。可以证明，当 $T$ 足够大时，$f_i$ 最终稳定在一个定值上，且 $f_i$ 不稳定时对答案的贡献可以忽略，所以我们可以直接把答案写成 $\sum f_i{p}_i$ 的形式。

考虑怎么求 $f_i$，显然有递推式 $f_x=\sum _{u\in son(x)}{f}_u{p}_u+\sum _{u\in anc(x)}{f}_u(1-p_u)\frac{1}{si{z}_u}$。直接高消复杂度 $O(n^3)$，不能通过。

考虑树上高消，那么我们就需要求出 $f_i$ 与 $f_{fa}$ 的等量关系了（一般情况下 $f_u=k{f}_{fa}+b$）。有式子

$$\sum _{u\in subtree(x)}{f}_u=\sum _{u\in subtree,u\ne x}{f}_u+\sum _{u\in anc(x)}{f}_u(1-p_u)\frac{si{z}_x}{si{z}_u}$$

两边同时减去 $\sum _{u\in subtree(x),u\ne x}{f}_u$：

$$f_x=\sum _{u\in anc(x)}{f}_u(1-p_u)\frac{si{z}_x}{si{z}_u}=f_x(1-p_x)+\frac{si{z}_x}{si{z}_{fa}}\sum _{u\in anc(x),u\ne x}{f}_u(1-p_u)\frac{si{z}_{fa}}{si{z}_u}$$

而不难发现 $\sum _{u\in anc(x),u\ne x}{f}_u(1-p_u)\frac{si{z}_{fa}}{si{z}_u}=f_{fa}$，代入并移项得：

$$p_x{f}_x=\frac{si{z}_x}{si{z}_{fa}}{f}_{fa}$$

这样就得出了 $f_x$ 与 $f_{fa}$ 的等量关系，dfs 一遍就可以求出所有 $f_i$ 与 $f_1$ 的等量关系，然后由于一共有 $n$ 只猴子，所以 $\sum _i{f}_i=1$，据此可以求解出 $f_1$ 的值，继而得出 $f_i$ 的值。时间复杂度 $O(n)$。

考虑 $x\ne 0$ 的情况。此时必定存在一个 $a_i=0$ 的点，那么对于该点子树以外的棋子，一旦棋子掉落到 $i$ 子树内就再也出不来了。而在 $T$ 足够大时，最终所有棋子都会落在 $i$ 子树内（子树外的贡献可以忽略不计），然后对于 $i$ 子树内当成一棵树做 $x=0$ 即可。因为树形态随机，所以时间复杂度 $O(\sum _{i}si{z}_i)=O(n\log n)$。

int n,a[maxn];
vector<int>G[maxn];
int root[maxn];
int siz[maxn];
vector<int>v[maxn];
int fa[maxn];
double f[maxn],p[maxn];
double sum,res;
int dfn[maxn],dfncnt,nfd[maxn];
void dfs0(int x){
	dfn[x]=++dfncnt,nfd[dfncnt]=x,siz[x]=1;
	for(int u:G[x])dfs0(u),siz[x]+=siz[u];
}
void dfs(int x){
	sum+=f[x],res+=f[x]*p[x];
	for(int u:G[x]){
		f[u]=f[x]*siz[u]/siz[x]/p[u];
		dfs(u);
	}
}
double solve(int d){
	const int rt=root[d];
	sum=res=0,f[rt]=1;
	rep(i,dfn[rt],dfn[rt]+siz[rt]-1){
		const int u=nfd[i];
		p[u]=1.0*((a[u]+d)%n)/n;
	}
	dfs(rt);
	return res/sum;
}
inline void solve_the_problem(){
	n=rd();
	rep(i,1,n)fa[i]=rd(),G[fa[i]].emplace_back(i);
	rep(i,1,n)a[i]=rd(),root[(n-a[i])%n]=i;
	dfs0(1);
	double ans=0;
	rep(i,0,n-1)ckmx(ans,solve(i));
	printf("%.12lf",ans);
}