[LOJ#2542] [PKUWC2018] 随机游走

0|1题目描述


给定一棵 n 个结点的树,你从点 x 出发,每次等概率随机选择一条与所在点相邻的边走过去。

有 Q 次询问,每次询问给定一个集合 S,求如果从 x 出发一直随机游走,直到点集 S 中所有点都至少经过一次的话,期望游走几步。

特别地,点 x(即起点)视为一开始就被经过了一次。

答案对 998244353 取模。

0|1输入格式


第一行三个正整数 n,Q,x。

接下来 n-1 行,每行两个正整数 (u,v) 描述一条树边。

接下来 Q 行,每行第一个数 k 表示集合大小,接下来 k 个互不相同的数表示集合 S。

0|1输出格式


输出 Q 行,每行一个非负整数表示答案。

0|1样例输入


3 5 1 1 2 2 3 1 1 1 3 2 2 3 3 1 2 3 2 1 2

0|1样例输出


0 4 4 4 1

0|1Solution


考虑minmax容斥,即:

max{S}=TS(1)|T|+1min{T}

在这题,min{S}表示第一次到达S集合的任何一个点的期望时间,max{S}同理。

那么我们考虑如何求出min{S}

我们O(2n)的枚举每一个集合,那么我们考虑如何算。

f(x)表示从x点出发,第一次到达S的期望时间。

那么我们可以得到一个很显然的式子:

f(x)=1+f(fa)d(x)+1d(x)vsonxf(v)

那么我们得到了一个O(2nn3)的预处理,显然这是不允许的,我们需要优化。

这里有一个树上期望dp的套路:f(x)一定和f(fa)线性相关,那么我们可以写成f(x)=Axf(fa)+Bx

那么我们可以化一下上面那个式子:

f(x)=1+f(fa)d(x)+1d(x)vsonx(Avf(x)+Bv)

移项可得:

(1vsonAvd(x))f(x)=1+f(fa)d(x)+vsonBvd(x)

f(x)=f(fa)+d(x)+vsonBvd(x)vsonAv

对比一下可以得到:

Ax=1d(x)vsonAv,Bx=d(x)+vsonBvd(x)vsonAv

那么直接dfs一遍就可以求出所有的A,B,注意到dfs到集合中的点就把A,B设成0然后return就好了。

那么我们可以在O(2nn)的时间内预处理出min

但是如果这样写还是不能过,因为询问的复杂度上限是O(Q2n)不过据说数据水这样能轻松过?

注意到minmax容斥那个容斥系数只和T相关,那么我们可以求出min之后先乘上一个系数,然后fwt一下求出子集和,就可以直接O(2nn)的预处理出max了。

那么对于询问就直接O(1)输出就好了。

总复杂度O((2n+Q)n)

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; void read(int &x) { x=0;int f=1;char ch=getchar(); for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-f; for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';x*=f; } void print(int x) { if(x<0) putchar('-'),x=-x; if(!x) return ;print(x/10),putchar(x%10+48); } void write(int x) {if(!x) putchar('0');else print(x);putchar('\n');} const int maxn = 19; const int maxm = (1<<18)+100; const int mod = 998244353; int head[maxn],tot,n,rt,Q,mn[maxm],f[maxn],A[maxn],B[maxn],d[maxn]; struct edge{int to,nxt;}e[maxn<<1]; int qpow(int a,int x) { int res=1; for(;x;x>>=1,a=1ll*a*a%mod) if(x&1) res=1ll*res*a%mod; return res; } void ins(int u,int v) {e[++tot]=(edge){v,head[u]},head[u]=tot,d[v]++;} struct data{int a,b;}; data dfs(int x,int fa,int s) { if(s>>(x-1)&1) return (data){0,0}; int a=0,b=0;data res; for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt) if(e[i].to!=fa) res=dfs(e[i].to,x,s),a=(a+res.a)%mod,b=(b+res.b)%mod; res.a=qpow((d[x]-a)%mod,mod-2); res.b=1ll*res.a*(b+d[x])%mod; return res; } void fwt(int *r,int m) { for(int i=1;i<m;i<<=1) for(int j=0;j<m;j+=i<<1) for(int k=0;k<i;k++) r[i+j+k]=(r[i+j+k]+r[j+k])%mod; } int k,a[maxn]; int main() { read(n),read(Q),read(rt); for(int i=1,x,y;i<n;i++) read(x),read(y),ins(x,y),ins(y,x); for(int i=1;i<(1<<n);i++) { mn[i]=dfs(rt,0,i).b; mn[i]=mn[i]*(__builtin_popcount(i)&1?1:-1); } fwt(mn,1<<n); while(Q--) { read(k);int res=0; for(int i=1,x;i<=k;i++) read(x),res|=1<<(x-1); write((mn[res]+mod)%mod); } return 0; }

__EOF__

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出  处https://www.cnblogs.com/hbyer/p/10517613.html
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