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。
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。
输出 Q 行,每行一个非负整数表示答案。
考虑min−max容斥,即:
max{S}=∑T⊆S(−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。
设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)∑v∈sonxf(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)∑v∈sonx(Avf(x)+Bv)
移项可得:
(1−∑v∈sonAvd(x))f(x)=1+f(fa)d(x)+∑v∈sonBvd(x)
f(x)=f(fa)+d(x)+∑v∈sonBvd(x)−∑v∈sonAv
对比一下可以得到:
Ax=1d(x)−∑v∈sonAv,Bx=d(x)+∑v∈sonBvd(x)−∑v∈sonAv
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min−max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__
作 者:Hyscere
出 处:https://www.cnblogs.com/hbyer/p/10517613.html
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