题解 [UR #20] 跳蚤电话

传送门

口胡了一个 \(O(n^2)\) 的做法：
发现原问题是给了一棵根已确定的点，要在子树中加点
令 \(f_u\) 为构建以 \(u\) 为根的子树（\(u\) 已经加入固定点集）方案数
发现每个儿子所在子树相互独立，分开算最后组合数合并
对于每个儿子所在子树：dfs 枚举这个子树中第一个选择的点 \(v\)
开栈统计 \(u, v\) 路径上所有点其它儿子的选法数和总步数，每次组合数加入一个新点
\(v\) 子树内的方案数即为 \(f_v\)
于是就可以统计了

然后正解：
发现合并两个子树时那个组合数很烦
于是很玄妙地，我们可以计算概率——这样两个子树之间就是独立的了
令 \(f_i\) 为按照一个随机排列删能将 \(i\) 子树删空的概率
转移枚举 \(i\) 子树中最后一个被删除的点 \(j\)
令 \(i\) 到 \(j\) 路径上的点为 \(a_1=i,\cdots,a_k=j\)
则 \(j\) 子树的贡献显然为 \(\prod\limits_{k\in son_j}f_k\)
链上的贡献为 \(\prod\limits_{u=1}^{k-1}(\prod\limits_{v\in son_{a_u},v\neq a_{u+1}}f_v\cdot \frac{1}{siz_{a_u}-siz_{a_{u+1}}})\)
这个 \(\frac{1}{siz_{a_u}-siz_{a_{u+1}}}\) 是在钦定 \(a_u\) 是这个子树中最后一个删除的
因为我们钦定了点 \(j\) 最后一个删除，最后还要乘上 \(\frac{1}{siz_i}\)

这样是 \(O(n^2)\) 的
但是我们发现若 \(j\) 是 \(i\) 的儿子，则 \(j\) 到 \(k\) 这条链上的贡献和 \(i\) 到 \(k\) 这条链上的贡献的区别只是多乘了个 \(i\) 的贡献而已
这样就有转移

\[f_i=\frac{1}{siz_i}\prod\limits_{j\in son_i}f_j+\sum\limits_{j\in son_i}f_j(\frac{siz_j}{siz_i}\prod\limits_{k\in son_i,k\neq j}f_k\cdot \frac{1}{siz_i-siz_j}) \]

最前面是考虑 \(i\) 是最后一个删除的概率
那概率有了，乘上 \((n-1)!\) 就能得到方案数了
复杂度 \(O(n)\)

• 一些求方案数的合并比较麻烦的题，试试改成求概率能不能让子树之间独立起来
• 对于按规则向树上加点的题，尝试转为删点可能简化限制条件

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define N 100010
#define ll long long
//#define int long long

char buf[1<<21], *p1=buf, *p2=buf;
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf, 1, 1<<21, stdin)), p1==p2?EOF:*p1++)
inline int read() {
	int ans=0, f=1; char c=getchar();
	while (!isdigit(c)) {if (c=='-') f=-f; c=getchar();}
	while (isdigit(c)) {ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48); c=getchar();}
	return ans*f;
}

int n;
ll f[N], inv[N], ans=1;
int head[N], siz[N], ecnt;
const ll mod=998244353;
struct edge{int to, next;}e[N<<1];
inline void add(int s, int t) {e[++ecnt]={t, head[s]}; head[s]=ecnt;}

void dfs(int u, int fa) {
	siz[u]=1;
	ll prod=1;
	for (int i=head[u],v; ~i; i=e[i].next) {
		v = e[i].to;
		if (v==fa) continue;
		dfs(v, u);
		siz[u]+=siz[v];
		prod=prod*f[v]%mod;
	}
	for (int i=head[u],v; ~i; i=e[i].next) {
		v = e[i].to;
		if (v==fa) continue;
		f[u]=(f[u]+prod*siz[v]%mod*inv[siz[u]]%mod*inv[siz[u]-siz[v]]%mod)%mod;
	}
	f[u]=(f[u]+prod*inv[siz[u]])%mod;
}

signed main()
{
	n=read();
	memset(head, -1, sizeof(head));
	for (int i=1,u,v; i<n; ++i) {
		u=read(); v=read();
		add(u, v); add(v, u);
	}
	inv[0]=inv[1]=1;
	for (int i=2; i<=n; ++i) inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
	dfs(1, 0);
	for (int i=head[1]; ~i; i=e[i].next) ans=ans*f[e[i].to]%mod;
	for (int i=1; i<n; ++i) ans=ans*i%mod;
	cout<<ans<<endl;
	
	return 0;
}