[PKUWC2018]随机游走 题解

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Statement

[P5643 PKUWC2018]随机游走 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)

Solution

突然发现自己对于 min-max 容斥的理解是错的，一直没有去深究当 min-max 外面套了个期望之后到底变成了什么东西，不管不顾，强行套用 \(E(\max/\min(S))\) 意义做题

想当然地认为：

• \(E(\min(S))\) 表示随便走到集合 \(S\) 中某一个点的期望时间，那么设 \(dp_i\) 表示从根走到 \(i\) 的期望步数，那么 \(E(\min(S))=\min_\limits{i\in S}dp_i\) ，显然 \(dp_i\) 容易高斯消元求出

不得不说这个想法的确有点 naive ，错误在于，由于 \(\min(S)\) 其实是一个随机变量，显然直接取 min 值在期望的意义上是完全行不通的。

题目要求的是 “走完给定集合 \(\mathbf S\) 至少一次的期望步数” . 所以我们应当考虑 , 走完某个集合 \(S\) 的期望步数 , 并进行转移 .

欲求期望 , 首先需要有 "随机变量" . 对于某个集合 \(S\) , 我们有很多不同的路径走完它 , 所以我们的 "随机变量" 设为一个对应于该路径 \(path_{S}\) 的集合 $S' $ : 储存到达 \(S\) 中所有点的步数 . 显然对于一个确定的集合 \(S\) 和确定的路径 \(path_{S}\) , \(S^{\prime}\) 也是唯一确定的 . 那么我们发现 ,$ S'$ 中的最大值表示的是到达 \(S\) 中最后一个点 的步数 , 也就是走完 \(S\) 的步数 . 而最小值表示的是第一次到达 \(S\) 中的点的步数

—— zyc2003

于是明白了必须要把 \(S\) 放入状态里面，设 \(dp_{i,s}\) 表示从 \(i\) 出发，走到 \(s\) 中任何一个点的期望步数，那么

\[dp_{i,s}=\frac 1{deg_i}\sum_{(v,i)}dp_{v,s}+1 \]

问题仍然在于后效性的处理，现在高斯消元肯定是不行的了

下面我们简写 \(dp_{i,s}\) 为 \(dp_i\) ，反正第二维不影响我们转移

这里出现了一个重要的我不知道的“常用技巧”：

我们想让 \(dp_{i}\) 的转移仅仅和 \(dp_{f}\) （ \(f\) 表示 \(i\) 的父亲）

所以，我们设 \(dp_i=a_i dp_f+b_i\) ，然后探求 \(a,b\) 数组的关系

显然这里不会出现二次函数及以上的关系，毕竟我们的转移方程只涉及加

据说这个叫 树上高斯消元

我们不妨把这个玩意带入：

\[\begin{align*} deg_idp_i&=deg_i+dp_f+\sum_{v\in son}dp_v\\ &=deg_i+dp_f+\sum_{v\in son}a_vdp_u+\sum_{v\in son}b_v\\ \end{align*} \]

所以，

\[(deg_i-\sum_{v\in son}a_v)dp_u=dp_f+deg_i+\sum_{v\in son }b_v \]

简记 \(suma=\sum_{v\in son}a_v,sumb=\sum_{v\in son}b_v\)，所以

\[dp_u=\frac1{deg_i-suma}dp_f+\frac{deg_i+sumb}{deg_i-suma} \]

即

\[a_u=\frac 1{deg_i-suma},b_u=\frac{deg_i+sumb}{deg_i-suma} \]

容易发现 \(a,b\) 数组可以递推出来，叶子节点的 \(a=1,b=0\) 即可

所以，我们 \(O(2^n)\) 枚举第二维 \(s\) ,每一次递推 \(a,b\) 的时候，如果当前的 \(i\in s\) 就直接 \(ban\) 掉即可，毕竟我们只关心根的 \(a,b\) 值（具体可以看代码），总之，复杂度 \(O(n2^n\log)\) ，\(log\) 是快速幂求逆元

我们有 \(dp_{root,s}=b_{root}\)

好的，显然， \(E(\min(s))=dp_{root,s}\)

所以对于每一次询问 \(S\) ，答案为 \(\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-1}dp_{root,T}\) ，复杂度 \(O(q2^n)\) ，我们还想更优雅

由于 min_max 容斥和 fwt 是好兄弟 ，所以我们考虑 fwt

设 \(g_T=(-1)^{|T|-1}dp_{root,T}\) ，那么 \(ans_S=\sum_{T\subseteq S}g_T\)，这显然就是 fwt

所以最终复杂度 \(O(n2^nlog)\)

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 20;
const int mod = 998244353;

int read(){
    int s=0,w=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9')s=s*10+ch-'0',ch=getchar();
    return s*w;
}

int a[N],b[N],f[1<<18|5],deg[N];
vector<int>Edge[N];
int n,q,x,k,s;

int ksm(int a,int b){
    int res=1;
    while(b){
        if(b&1)res=res*a%mod;
        a=a*a%mod,b>>=1;
    }
    return res;
}
void dfs(int u,int fath,int s){
    if(s&(1<<u-1))return ;
    int suma=0,sumb=0;
    for(auto v:Edge[u])if(v^fath)
        dfs(v,u,s),(suma+=a[v])%=mod,(sumb+=b[v])%=mod;
    a[u]=ksm((deg[u]-suma+mod)%mod,mod-2);
    b[u]=(deg[u]+sumb)%mod*a[u]%mod;
}

signed main(){
    n=read(),q=read(),x=read();
    for(int i=1,u,v;i<n;++i)
        u=read(),v=read(),deg[u]++,deg[v]++,
        Edge[u].push_back(v),Edge[v].push_back(u);
    for(int s=1;s<(1<<n);++s)
        memset(a,0,sizeof(a)),memset(b,0,sizeof(b)),
        dfs(x,0,s),f[s]=(((__builtin_popcount(s)%2)?1:-1)*b[x]+mod)%mod;
    for(int i=2;i<=(1<<n);i<<=1)
        for(int j=0,p=i>>1;j<(1<<n);j+=i)
            for(int k=j;k<j+p;++k)
                (f[k+p]+=f[k])%=mod;
    while(q--){
        k=read(),s=0;
        for(int i=1,x;i<=k;++i)
            x=read(),s|=(1<<x-1);
        printf("%lld\n",(f[s]+mod)%mod);
    }
    return 0;
}