Solution -「Gym 102979E」Expected Distance

$\mathcal{Description}$

  Link.

  用给定的 $\{a_{n-1}\},\{c_n\}$ 生成一棵含有 $n$ 个点的树，其中 $u$ 连向 $[1,u)$ 中的某个 $v$，概率为 $\frac{a_v}{a_1+a_2+\cdots+a_{u-1}}$，边权为 $c_u+c_v$。并给出 $q$ 组询问 $(u_i,v_i)$，每次回答 $u_i$ 到 $v_i$ 的树上距离的期望。答案对 $(10^9+7)$ 取模。

  $n,q\le3\times10^5$。

$\mathcal{Solution}$

$$\textit{Defining }\LaTeX\textit{ macros...} \newcommand{\vct}[1]{\boldsymbol{#1}} \newcommand{\stir}[2]{\genfrac{\{}{\}}{0pt}{}{#1}{#2}} \newcommand{\opn}[1]{\operatorname{#1}} \newcommand{\lcm}[0]{\opn{lcm}} \newcommand{\sg}[0]{\opn{sg}} \newcommand{\dist}[0]{\opn{dist}} \newcommand{\lca}[0]{\opn{lca}} \newcommand{\floor}[2]{\left\lfloor\frac{#1}{#2}\right\rfloor} \newcommand{\ceil}[2]{\left\lceil\frac{#1}{#2}\right\rceil}$$

  问题卡壳，必有结论。

  令 $1$ 为根，把 $\dist(u,v)$ 转化成 $\dist(1,u)+\dist(1,v)-2\dist(\lca(u,v))$。记 $f(u)=E(\dist(1,u))$，显然有

$$f(u)=c_u+\frac{1}{s_{u-1}}\sum_{v<u}a_v(f_v+c_v).$$

其中 $s_i=\sum_{j=1}^ia_i$，可见 $f$ 可以轻易地 $\mathcal O(n)$ 求出。我们接下来研究 $\dist(\lca(u,v))$。不妨设 $u<v$，可以发现一个结论：

$$\forall v>u,~E(\dist(\lca(u,v)))=g(u).$$

其中 $g(u)$ 是仅与 $u$ 有关的量。

证明

  考虑求 $\lca(u,v)$ 的方式，在 $v$ 沿着祖先跳跃时，我们只关心第一次使得 $v\le u$ 的位置。此时仅有两种情况

• $v=u$，概率为 $\frac{a_u}{s_u}$；
• $v<u$，概率为 $\frac{s_{u-1}}{s_u}$。

  可见与 $v$ 无关。

  在证明的基础上，亦能得到 $g(u)$ 的转移：

$$g(u)=\frac{1}{s_u}\left(a_uc_u+\sum_{v<u}a_vg_v\right).$$

也能 $\mathcal O(n)$ 求出，所以本题就解决啦。

$\mathcal{Code}$

/*~Rainybunny~*/

#include <bits/stdc++.h>

#define rep( i, l, r ) for ( int i = l, rep##i = r; i <= rep##i; ++i )
#define per( i, r, l ) for ( int i = r, per##i = l; i >= per##i; --i )

const int MAXN = 3e5, MOD = 1e9 + 7;
int n, q, a[MAXN + 5], s[MAXN + 5], invs[MAXN + 5];
int c[MAXN + 5], f[MAXN + 5], g[MAXN + 5];

inline int mul( const int a, const int b ) { return 1ll * a * b % MOD; }
inline int sub( int a, const int b ) { return ( a -= b ) < 0 ? a + MOD : a; }
inline int add( int a, const int b ) { return ( a += b ) < MOD ? a : a - MOD; }
inline int mpow( int a, int b ) {
    int ret = 1;
    for ( ; b; a = mul( a, a ), b >>= 1 ) ret = mul( ret, b & 1 ? a : 1 );
    return ret;
}

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio( false ), std::cin.tie( 0 );

    std::cin >> n >> q;
    rep ( i, 1, n - 1 ) {
        std::cin >> a[i], s[i] = a[i] + s[i - 1];
        invs[i] = mpow( s[i], MOD - 2 );
    }
    rep ( i, 1, n ) std::cin >> c[i];

    for ( int i = 2, pre = mul( a[1], c[1] ); i <= n; ++i ) {
        f[i] = add( c[i], mul( invs[i - 1], pre ) );
        pre = add( pre, mul( a[i], add( f[i], c[i] ) ) );
    }

    for ( int i = 2, pre = 0; i < n; ++i ) {
        g[i] = mul( invs[i], add( mul( a[i], f[i] ), pre ) );
        pre = add( pre, mul( a[i], g[i] ) );
    }

    for ( int u, v; q--; ) {
        std::cin >> u >> v;
        if ( u > v ) u ^= v ^= u ^= v;
        if ( u == v ) std::cout << "0\n";
        else std::cout << sub( add( f[u], f[v] ), mul( 2, g[u] ) ) << '\n';
    }
    return 0;
}