Endless Pallet(min-max容斥)

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分析：

设$x_i$表示第i个点被染成黑色的时间，所求即为$E(max \left \{x_i  \right \})$

因为$E(X)=\sum_{k=1}^{\infty}i \times P(X=k)=\sum_{k=1}^{\infty}P(X\geqslant k)$，所以即求$\sum_{k=1}^{\infty}P(max\left \{ x_i \right \}\geqslant k)$

我们来考虑$P(max\left \{ x_i \right \}\geqslant k)$如何求

$P(max\left \{ x_i \right \}\geqslant k)=1-P(max\left \{ x_i \right \}<  k)$

$P(max\left \{ x_i \right \}<  k)=P(x_1<k,x_2<k,...,x_n<k)=\sum_{T \subseteq X}(-1)^{|T|}P(t_1\geqslant k,t_2 \geqslant k,...,t_{ |T|} \geqslant k )$

其中后面一部分是容斥原理

那么我们可以暴力枚举子集，算后面的那一坨的概率

假设固定了T，那么我们计算出从$\frac{n(n+1)}{2}$个染色方案中可以选取A个，使得没有包含T中任何一个元素

那么后面那一坨的概率就是$(\frac{2 \times A}{n(n+1)})^{k-1}$

我们发现，当我们枚举$k=1,2,...,\infty $的时候，这是一个等比数列，所以对答案的贡献是$\frac{1}{1-(\frac{2 \times A}{n(n+1)})}$

注意，当$A=\frac{n(n+1)}{2}$的时候，是不成立的，因为不是等比数列，这种情况下对于每一个k，这一项的贡献都是1，正好与$P(max\left \{ x_i \right \}\geqslant k)=1-P(max\left \{ x_i \right \}<  k)$里面的1相抵消

于是我们得到了一个最终的式子：$\sum_{k=1}^{\infty}P(max\left \{ x_i \right \}\geqslant k)=\sum_{T \subseteq X,T\neq \varnothing }(-1)^{|T|+1}\frac{1}{1-(\frac{2 \times A_T}{n(n+1)})}$

其中$A_T$是子集T对应的A

我们需要想办法优化这个指数级别的算法，注意到对答案有影响的只有$A$和$|T|$，我们可以考虑用树形dp计算出有同样的A和|T|的有多少个集合

考虑一个子问题：给你一个树，有一些点是关键点，你需要统计出有多少条链不经过其中任何一个关键点

这个问题是可以树形dp解决的，状态需要保存以u为根的子树中，与u连通的非关键点形成的连通块的大小

于是对于我们这个问题，我们设$dp[i][j][A][0/1]$表示以i为根的子树，与i相连的没被选入点集的连通块大小为j，已经有了A条不经过点集中点的链，选取的点的数量的奇偶性是0/1情况下的点集有多少个

然后就可以对于dp出的值算贡献了

这个dp看似是$O(n^7)$的，但是它实际的复杂度是$O(n^5)$，原因与广外人知的树形背包的复杂度分析相同。(tip：不妨考虑我现在有n个数字1，每次需要把两个数字相加合成新的数字，代价是两个数字的乘积。问我最终合并成1个n，最少要花费多少代价。这个问题的答案是固定的，答案是$O(n^2)$级别的，这个问题等价于基于子树大小的树背包，所以树背包的复杂度是$O(n^2)$而不是$O(n^3)$)。

 

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=50;
const int mod=998244353;
int dp[maxn+1][maxn+1][1300][2];
int tmp[maxn+1][1300][2];
int inv[maxn*maxn+5];
int sz[maxn+5];
vector<int> g[maxn+5];
int n;
int mul(int a,int b)
{
    return 1LL*a*b%mod;
}
int add(int a,int b)
{
    return (a+b)%mod;
}
void merge(int a[maxn+1][1300][2],int b[maxn+1][1300][2],int n,int m)
{
    for(int i=0;i<=n+m;++i)
        for(int j=0;j<=(n+m)*(n+m+1)/2;++j)
            tmp[i][j][0]=tmp[i][j][1]=0;
    for(int i=0;i<=n;++i)
        for(int j=0;j<=n*(n+1)/2;++j)
            for(int k=0;k<2;++k)
                if(a[i][j][k])
                    for(int x=0;x<=m;++x)
                        for(int y=0;y<=m*(m+1)/2;++y)
                            for(int z=0;z<2;++z)
                                if(b[x][y][z])
                                    tmp[i?i+x:0][j+y+i*x][k^z]=add(tmp[i?i+x:0][j+y+i*x][k^z],mul(a[i][j][k],b[x][y][z]));
    for(int i=0;i<=n+m;++i)
        for(int j=0;j<=(n+m)*(n+m+1)/2;++j)
            for(int k=0;k<2;++k)
                a[i][j][k]=tmp[i][j][k];
}
void dfs(int k,int fa)
{
    sz[k]=1;
    dp[k][1][1][0]=1;
    dp[k][0][0][1]=1;
    for(auto u:g[k])
    {
        if(u==fa) continue;
        dfs(u,k);
        merge(dp[k],dp[u],sz[k],sz[u]);
        sz[k]+=sz[u];
    }
}
int main()
{
    inv[1]=1;
    for(int i=2;i<=50*(50+1)/2;++i) inv[i]=mul(mod-mod/i,inv[mod%i]);
    int T;
    scanf("%d",&T);
    for(int cas=1;cas<=T;++cas)
    {
        printf("Case #%d: ",cas);
        scanf("%d",&n);
        for(int i=0;i<=n;++i) g[i].clear();
        for(int i=0;i<=n;++i)
            for(int j=0;j<=n;++j)
                for(int k=0;k<=n*(n+1)/2;++k)
                    for(int l=0;l<2;++l)
                        dp[i][j][k][l]=0;
        for(int i=1;i<n;++i)
        {
            int u,v;
            scanf("%d%d",&u,&v);
            g[u].push_back(v);
            g[v].push_back(u);
        }
        dfs(1,0);
        int ans=0;
        int s=n*(n+1)/2;
        for(int i=0;i<=n;++i)
            for(int j=0;j<s;++j)
                for(int k=0;k<2;++k)
                {
                    int tmp=mul(s,inv[s-j]);
                    tmp=mul(tmp,dp[1][i][j][k]);
                    if(k==0) tmp=-tmp;
                    ans=add(ans,tmp);
                }
        if(ans<0) ans+=mod;
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}