题解 [UR #12] 密码锁
首先有向完全图被称作竞赛图
那么竞赛图的强连通分量缩点后形成了一个 DAG，而且上面的每个点向后面的所有点连边
定义一个“割集”为链上的一个前缀，那么这个割集中的所有点向割集外的所有点连外向边
那么强连通分量数就等于合法的前缀数 +1
于是考虑期望的线性性拆开，强连通分量数的期望可以拆成每个点集是割集的概率 +1
那么有一个 \(O(2^n)\) 的做法是枚举点集，计算其为割集的概率
但是 \(n\) 比较大，考虑优化到只与 \(m\) 有关
考虑先假设所有边定向概率都是 \(0.5\)，将这些特殊边单独算
那么对于一个大小为 \(x\) 的点集，如果其中没有任何特殊边则是割集的概率为 \(0.5x(n−x)\)
如果其中存在一条特殊边，设这条边从 \(x\) 连出的概率为 \(p\)，那么这个概率要乘上 \(2p\)，也就是这个特殊边的贡献
这样就将很巧妙地将特殊边的贡献独立出来了
那么此时发现只有特殊边的端点是有用的，可以将这些点拎出来单独处理，最后和剩下的点背包合并
具体地，可以对每个连通块状压计算 \(f_i\) 为第 \(i\) 个连通块中有 \(i\) 个点在割集 \(S\) 中的概率
令 \(g_i\) 为全局有有 \(i\) 个点在割集 \(S\) 中的概率
那么 \(m\) 条边最多只影响 \(m+1\) 个点，这部分可以 \(O(2^m)\) 求出
背包合并均摊到点对上可以做到 \(O(n^2)\)
所以整体复杂度 \(O(2^mm+n^2)\)
yysy，我偷懒写的这样一种卷积是错误的：
for (int i=n; ~i; --i)
for (int j=top; ~j; --j)
g[i+j]=(g[i+j]+g[i]*f[j])%mod;
这玩意根本不满足卷积的任何性质啊……
我 tm 调了一年
转载一份题解（感觉讲的很好但原文已经没了）
这个完全图随机定向后是一个竞赛图，将它的强连通分量缩点后我们得到的东西类似一条链，每个点往它后面的所有点连边
在这条链上，我们可以把点划分为两个点集\(S,T\)使得没有从\(T\)中点到\(S\)中点的边（\(S,T\)对应到原图中同样满足条件），那么原图强连通分量个数\(=\)缩点后的点数\(=\)划分方案数\(+1\)，所以期望下的划分方案数\(+1\)即为答案
令\(p_{x,y}\)表示\((x,y)\)被定向成\(x\rightarrow y\)的概率（不算非特殊边），那么划分方案数的期望就是\(\sum\limits_{S\cup T=V}\prod\limits_{x\in S,y\in T}p_{x,y}\)，所以当\(m=0\)时答案为\(\sum\limits_{i=1}^{n-1}\binom ni\left(\frac12\right)^{i(n-i)}\)
当\(m\neq0\)时，我们先硬点每条边的概率为\(\frac12\)，对于题中给出的那些特殊边，若它的概率为\(p\)，那么它对概率的贡献为\(2p\)
对每一个特殊边连接的弱连通块，求出\(f_i\)表示有\(i\)个点\(\in S\)的概率，这里直接枚举弱连通块的每个点属于\(S\)还是\(T\)即可，因为有\(m\)条边的连通块最多有\(m+1\)个点，所以枚举的时间复杂度为\(O(2^m)\)
每求完一个弱连通块的\(f\)，将它和答案\(g\)卷积即可，最终答案即为\(\sum\limits_{i=1}^{n-1}g_i\left(\frac12\right)^{i(n-i)}\)
所以说要是做过这个题的话一眼秒掉GDOI2018D1T4应该不成问题...
点击查看代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define N 110
#define pb push_back
#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, m;
vector<int> to[N];
int sta[N], top, tot;
bool vis[N], ins[N], col[N];
ll fac[N], inv[N], f[N], g[N], h[N], ans;
const ll mod=998244353, inv2=(mod+1)>>1;
struct edge{int u, v, w;}e[N];
inline ll qpow(ll a, ll b) {ll ans=1; for (; b; a=a*a%mod,b>>=1) if (b&1) ans=ans*a%mod; return ans;}
inline ll C(int n, int k) {return n<k?0:fac[n]*inv[k]%mod*inv[n-k]%mod;}
void dfs(int u) {
vis[u]=ins[u]=1; sta[++top]=u;
for (auto v:to[u]) if (!vis[v]) dfs(v);
}
signed main()
{
n=read(); m=read(); tot=n;
for (int i=1; i<=m; ++i) {
e[i].u=read(), e[i].v=read(), e[i].w=read()*qpow(10000, mod-2)%mod;
to[e[i].u].pb(e[i].v); to[e[i].v].pb(e[i].u);
}
g[0]=1; fac[0]=fac[1]=1; inv[0]=inv[1]=1;
for (int i=2; i<=n; ++i) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
for (int i=2; i<=n; ++i) inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
for (int i=2; i<=n; ++i) inv[i]=inv[i]*inv[i-1]%mod;
for (int i=1; i<=n; ++i) if (!vis[i]) {
top=0;
memset(ins, 0, sizeof(ins));
memset(f, 0, sizeof(f));
dfs(i);
int lim=1<<top;
// cout<<"top: "<<top<<endl;
for (int s=0; s<lim; ++s) {
ll pre=1;
for (int i=1; i<=top; ++i)
if (s&(1<<(i-1))) col[sta[i]]=1;
else col[sta[i]]=0;
for (int i=1; i<=m; ++i)
if (col[e[i].u]&&!col[e[i].v]) pre=pre*2*e[i].w%mod;
else if (!col[e[i].u]&&col[e[i].v]) pre=pre*2*(1-e[i].w)%mod;
int cnt=__builtin_popcount(s);
// cout<<"cnt: "<<cnt<<' '<<pre<<endl;
f[cnt]=(f[cnt]+pre)%mod;
}
memset(h, 0, sizeof(h));
// for (int i=n; ~i; --i)
// for (int j=top; ~j; --j)
// g[i+j]=(g[i+j]+g[i]*f[j])%mod;
for (int i=0; i<=n; ++i)
for (int j=0; j<=top; ++j)
h[i+j]=(h[i+j]+g[i]*f[j])%mod;
for (int i=0; i<=n; ++i) g[i]=h[i];
}
// cout<<"g: "; for (int i=0; i<=n; ++i) cout<<g[i]<<' '; cout<<endl;
for (int i=1; i<n; ++i) ans=(ans+g[i]*qpow(inv2, i*(n-i)))%mod;
ans=(ans+1)*qpow(10000, n*(n-1))%mod;
cout<<(ans%mod+mod)%mod<<endl;
return 0;
}
