HihoCoder 1511: 树的方差(prufer序)

题意

对于一棵 $n$ 个点的带标号无根树，设 $d[i]$ 为点 $i$ 的度数，定义一棵树的方差为数组 $d[1..n]$ 的方差。

给定 $n$ ，求所有带标号的 $n$ 个点的无根树的方差之和，答案对 $998244353$ 取模。

题解

注意是方差之和，而不是方差的期望。

首先方差有个套路转化，$\displaystyle V[x]= E[x^2] -(E[x])^2$ ，也就是平方的期望 减去期望的平方。

此处可以把期望理解成加权平均数。

至于原因？拆式子就好啦 qwq

每条边会贡献到两个点，又由于点数等于边数加一，所以就有 $E[x] = \displaystyle \frac{2(n - 1)}{n}$ 。

那么现在只需要求 $E[x^2]$ 的期望就好了。

如何算呢？看到 带标号无根树+度数 ，不难想到就是 $\text{Prufer}$ 序。

$\text{Prufer}$ 序：

一个 $n$ 个结点的无根树，对应一个长度为 $n − 2$ 、所有元素均为 $[1,n]$ 内整数的序列，这个序列叫 $\text{Prufer}$ 序列。

• 无根树 $⇒$ $\text{Prufer}$ 序列：删除编号最小的叶子，将其邻点编号加入数列，持续这个过程直到图中只剩 $2$ 个点。

• $\text{Prufer}$ 序列 $⇒$ 无根树：建立一个集合 $\{1,2,...,n\}$ ，找出集合中最小的、未出现在 $\text{Prufer}$ 序列中的元素，将其与序列首项连边，并删去这个元素和序列首项，持续这个过程直到序列为空，然后把集合中最后两个数连边。

• 点数为 $n$ 的无根树个数 $=$ 长度为 $n − 2$ 的 $\text{Prufer}$ 序列个数 $= n^{n−2}$

• 无根树中一个点的度数 $=$ 点的编号在 $\text{Prufer}$ 序列中出现次数 $+1$

我们利用最后一条性质就可以做了，考虑枚举一个点在 $\text{Prufer}$ 序列的出现次数 $i$ ，那么贡献就是

$$\frac{1}{n}(\sum_{i = 0}^{n - 2} {n - 2 \choose i} n (n - 1)^{n - 2 - i} (i + 1)^2)$$

意义是十分明显的，不要忘记除掉 $n$ ，然后就能做完了。

代码

#include <bits/stdc++.h>

#define For(i, l, r) for (register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for (register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define Rep(i, r) for (register int i = (0), i##end = (int)(r); i < i##end; ++i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
#define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))
#define debug(x) cout << #x << ": " << (x) << endl

using namespace std;

template<typename T> inline bool chkmin(T &a, T b) { return b < a ? a = b, 1 : 0; }
template<typename T> inline bool chkmax(T &a, T b) { return b > a ? a = b, 1 : 0; }

inline int read() {
    int x(0), sgn(1); char ch(getchar());
    for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') sgn = -1;
    for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x * 10) + (ch ^ 48);
    return x * sgn;
}

void File() {
#ifdef zjp_shadow
    freopen ("1511.in", "r", stdin);
    freopen ("1511.out", "w", stdout);
#endif
}

const int N = 1e6 + 1e3;

int n, fac[N], ifac[N], Mod = 998244353;

inline int fpm(int x, int power) {
	int res = 1;
	for (; power; power >>= 1, x = 1ll * x * x % Mod)
		if (power & 1) res = 1ll * res * x % Mod;
	return res;
}

void Math_Init(int maxn) {
	fac[0] = ifac[0] = 1;
	For (i, 1, maxn) fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % Mod;
	ifac[maxn] = fpm(fac[maxn], Mod - 2);
	Fordown (i, maxn - 1, 1) ifac[i] = ifac[i + 1] * (i + 1ll) % Mod;
}

inline int Comb(int n, int m) {
	if (n < 0 || m < 0 || n < m) return 0;
	return 1ll * fac[n] * ifac[m] % Mod * ifac[n - m] % Mod;
}

int main() {

	File();

	n = read();

	Math_Init(n);

	int ans = 0;
	For (i, 0, n - 2)
		ans = (ans + 1ll * Comb(n - 2, i) % Mod * fpm(n - 1, n - 2 - i) % Mod * (i + 1) % Mod * (i + 1)) % Mod;
	int Exp = 2ll * (n - 1) * fpm(n, Mod - 2) % Mod;
	Exp = 1ll * Exp * Exp % Mod * fpm(n, n - 2) % Mod;
	ans = (ans - Exp + Mod) % Mod;

	printf ("%d\n", ans);

	return 0;

}

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本文作者：zjp_shadow
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