关于此题CF2040E Control of Randomness 的一些总结[树形DP][概率DP]

传送门

题目大意：给定一棵树和q个询问，每个询问给定$v,p$，表示一开始有p枚硬币，需要从顶点$v$走到顶点$1$，假设当前走第$i$步，如果$i$是奇数，那么会朝着顶点$1$的方向走一步，如果是偶数，可以花费一枚硬币向顶点$1$方向走一步，否则会等概率地随机向任一当前节点所连顶点走一步，问从$v$走到$1$的期望步数。

思路：对于每个奇数步数很简单，而对于每个偶数步数的情况，我们需要推一下式子。假设当前要走的是第偶数步，并且当前所处节点的度是$d$,根据期望计算公式，从当前节点向顶点$1$方向走的期望步数是

${\displaystyle \underset{m\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{k=1}^m\frac{1}{d}\ast {\frac{d-1}{d}}^{k-1}\ast (2k-1)}$

其中$(2k-1)$表示走$(2k-1)$步的情况。即，走$1$步的概率是$\frac{1}{d}$，走$2$步的概率是$\frac{1}{d}\ast \frac{d-1}{d}$依次类推。

要求这个式子，我们先把它拆开：

${\displaystyle \underset{m\to \mathrm{\infty }}{lim}(\sum _{k=1}^m\frac{1}{d}\ast {\frac{d-1}{d}}^{k-1}\ast 2k-\sum _{k=1}^m\frac{1}{d}\ast {\frac{d-1}{d}}^{k-1})}$

对于后半部分直接用等比数列求和公式即可求出是$1$，而对于前半部分，由于

$\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{r}^k=\frac{1}{1-r}$

我们对两边同时求导有

$\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}k{r}^{k-1}=\frac{1}{(1-r{)}^2}$

由于$k$为$0$时，即左式第一项为$0$，所以可以直接令左式从$1$开始。所以我们直接将$\frac{d-1}{d}$带入求得$d^2$，再乘上$\frac{2}{d}$得$2d$，故上式结果为$2d-1$

代码：

#include<bits/stdc++.h>
    
using namespace std;
    
const long long mod = 998244353;
long long t;
const long long N = 2e5 + 10;
long long n,q,in[N],dep[N];
long long head[N],tot,ans,step;
bool flag;
struct node {
    long long v,next;
}cnt[N];
priority_queue<long long> vt;

void insert(long long u,long long v) {
    cnt[++tot].v = v;
    cnt[tot].next = head[u];
    head[u] = tot;
}

void dfs1(long long u,long long fa) {
    dep[u] = dep[fa] + 1;
    for(long long i = head[u];i;i = cnt[i].next) {
        if(cnt[i].v == fa) continue;
        dfs1(cnt[i].v,u);
    }
}

void dfs2(long long u,long long fa,long long tg) {
    if(u == tg) {
        flag = true;
        vt.push(1);
        step++;
        return;
    }
    for(long long i = head[u];i;i = cnt[i].next) {
        if(cnt[i].v == fa) continue;
        dfs2(cnt[i].v,u,tg);
        if(flag == true) {
            if(u != 1) {
                step++;
                if(step % 2 != 0) vt.push(1);
                else vt.push((2 * in[u] - 1) % mod);
            }
            return;
        }
    }
}
    
void solve() {
    for(long long i = 0;i <= n;i++) head[i] = dep[i] = in[i] = 0;
    for(long long i = 0;i <= tot;i++) cnt[i].v = cnt[i].next = 0;
    tot = 0;
    cin >> n >> q;
    for(long long u,v,i = 1;i < n;i++) {
        cin >> u >> v;
        insert(u,v);
        insert(v,u);
        in[u]++;
        in[v]++;
    }
    dfs1(1,0);
    for(long long v,p,i = 1;i <= q;i++) {
        cin >> v >> p;
        ans = flag = step = 0;
        dfs2(1,0,v);
        while(!vt.empty()) {
            if(vt.top() > 1 && p > 0)
                ans++,p--;
            else ans += vt.top();
            vt.pop();
            ans %= mod;
        }
        cout << ans << '\n';
    }
}
    
signed main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    cin >> t;
    while(t--) solve();
    
    return 0;
}