题解-PKUWC2018 随机游走

Problem

loj2542

题意:一棵 \(n\) 个结点的树,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,询问走完一个集合 \(S\)的期望时间,多组询问

\(n\leq 18,Q\leq 5000\)

Solution

首先来个\(min-max\)容斥

一下是看错题时想的

然后预处理从每个点开始的到达每个点的所有集合的期望,\(O(n^22^n)\)卡常可过

  • 若是这样,前20pts可以搞出来了:对于每次询问在线处理dp数组,利用最值容斥搞事情
  • 30pts的部分是条链,可以对于每个部分做一次集合前缀后缀预处理
  • 40pts的部分每次只询问一个点,明显可以预处理
  • 事实上70pts的部分最简单,直接上容斥即可
    接下来是100pts……
    目前最暴力复杂度为\(O(n^22^n+\sum 2^{k_i})\),若数据随机,期望状态下每次仅需计算\(\sum_{i=1}^n\frac {2^i\binom ni}{2^n}\approx 1478\)次,即总共大约需要计算\(18^2\times 2^{18}+5000\times 1478=92324656\leq 10^8\)次,理论可过,但出题人十有八九将其卡掉了(网上说没卡)

上头是看看错题的情况下想的,实际上所有询问中起点只可能有一个

重新理一遍思路:由于要\(min-max\)反演,即到达集合\(S\)中最后到达点的时间可以转化为\(2^{|S|}\)个子集中最先到达点的时间进行容斥,再容斥即可

考虑如何求每个集合中最先到达点的期望时间,由期望的性质可得(设\(f[x]\)表示从\(x\)点出发到达第一个集合点的时间期望,\(v\)表示与\(x\)相连的节点,\(d_i\)表示\(i\)点的度数):

\[f_x=\frac 1{d_x}\sum_v{(f_v+1)} \]

由于需要对所有\(2^n\)个集合都做dp,酱紫求一次需要高斯消元\(n^3\),但总复杂度\(O(n^32^n)\approx 1.5\times 10^9\)一定接受不了

发现目前为止还没有利用最重要的一个性质:这是一棵树

要快速求解\(f_x\)数组,就需要一定的优化,由于这张图是一棵树,即每两点之间的路径是唯一的,可设\(f_x=Af_{t}+B\)(其中\(t\)\(x\)的父亲)

利用上边的式子列出方程(设\(c\)\(x\)的儿子):

\[f_x=\frac 1{d_x}\bigl[f_t+1+\sum_{x\rightarrow c}(f_c+1)\bigr] \]

由于儿子加父亲节点一共\(d_x\)个,即

\[f_x=\frac 1{d_x}(f_t+\sum_{x\rightarrow c}f_c)+1 \]

我们要解出\(A,B\),所以需要将\(f_x=Af_t+B\)代入式子

\[f_x=\frac 1{d_x}\bigl[f_t+\sum_{x\rightarrow c}(A_cf_x+B_c)\bigr]+1 \]

\[(d_x-\sum_{x\rightarrow c} A_c)f_x=f_t+\sum_{x\rightarrow c}B_c+d_x \]

\[f_x=\frac 1{d_x-\sum A_c}f_t+\frac {\sum B_c+d_x}{d_x-\sum A_c} \]

解得:

\[\left\{ \begin{aligned} A_x & = \frac 1{d_x-\sum A_c} \\ B_x & = \frac {\sum B_c+d_x}{d_x-\sum A_c} \end{aligned} \right.\]

再加上集合\(S\)内的点\(x\)满足\(A_x=B_x=0\)

然后对于每个集合 \(S\) 就可以 \(O(n)\) 地求出从任意点出发到达第一个集合内点的期望时间

这样询问就可以愉悦地 \(\mathrm{min-max}\) 容斥了

\(O(1)\) 查询的话只需要高维前缀和一下即可,于是乎总时间复杂度为 \(O(n2^n+Q)\)

upd:好像还要算上求逆元,复杂度 \(O(n2^n\log p+Q)\),算出来大概 \(1.5e8\),但由于枚举集合后一旦走到集合就递回,再算上快速幂的小常数,完全可过(复杂度跑不满,跑得最满的情况是菊花图,但即便是菊花图,常数最大也就 \(\frac 12\)

Code

#include <cstdio>
#include <cctype>

inline void read(int&x){
	char c11=getchar();x=0;while(!isdigit(c11))c11=getchar();
	while(isdigit(c11))x=x*10+c11-'0',c11=getchar();
}

const int N=19,M=1<<18,p=998244353;
struct Edge{int v,nxt;}a[N*N];
int k[N],b[N],deg[N],head[N];
int f[M],bit[M],n,Q,st,_;

inline int qpow(int A,int B){
	int res(1);
	while(B){
		if(B&1)res=1ll*res*A%p;
		A=1ll*A*A%p,B>>=1;
	}return res;
}

inline void pls(int&A,int B){A=A+B<p?A+B:A+B-p;}
inline void dec(int&A,int B){A=A-B<0?A-B+p:A-B;}

void dfs(int x,int las,int lim){
	if(lim&(1<<x-1)){k[x]=b[x]=0;return ;}
	k[x]=b[x]=deg[x];
	for(int i=head[x];i;i=a[i].nxt)
		if(a[i].v!=las){
			dfs(a[i].v,x,lim);
			dec(k[x],k[a[i].v]);
			pls(b[x],b[a[i].v]);
		}
	k[x]=qpow(k[x],p-2);
	b[x]=1ll*b[x]*k[x]%p;
}

int main(){
	read(n),read(Q);read(st);int lim=1<<n;
	for(int i=1,x,y;i<n;++i){
		read(x),read(y),++deg[x],++deg[y];
		a[++_].v=y,a[_].nxt=head[x],head[x]=_;
		a[++_].v=x,a[_].nxt=head[y],head[y]=_;
	}
	for(int S=1;S<lim;++S){
		bit[S]=bit[S>>1]+(S&1);
		dfs(st,0,S);
		f[S]=(bit[S]&1?b[st]:p-b[st]);
	}
	for(int i=1;i<lim;i<<=1)
	for(int j=0;j<lim;++j)
		if(i&j)pls(f[j],f[i^j]);
	
	int t,x,s;
	while(Q--){
		read(t),s=0;
		while(t--)read(x),s|=1<<x-1;
		printf("%d\n",f[s]);
	}
	return 0;
}
posted @ 2018-12-22 14:39  oier_hzy  阅读(579)  评论(0编辑  收藏  举报