【洛谷5643】[PKUWC2018] 随机游走（Min-Max容斥+待定系数法+高维前缀和）

点此看题面

大致题意： 从一个给定点出发，在一棵树上随机游走，对于相邻的每个点均有\(\frac 1{deg}\)的概率前往。多组询问，每次给出一个点集，求期望经过多少步能够访问过点集内所有点至少一次。

\(Min-Max\)容斥

访问过每个点至少一次，显然不是什么好处理的东西。

我们考虑一个叫\(Min-Max\)容斥的东西。

关于\(Min-Max\)容斥，有这样一个公式：

\[E(max(S))=\sum_{T∈S}(-1)^{|T|+1}E(min(T))
\]

套到这题，\(E(max(S))\)就是访问点集\(S\)所有点至少一次的期望步数，\(E(min(T))\)就是到达点集\(T\)一个点的期望步数。

经过这样的转化，似乎就可做了许多。

待定系数法

设\(f_i\)为从\(i\)出发，到达点集\(T\)一个点的期望步数。

对于一个不属于点集\(T\)的\(i\)，设其度数为\(deg_i\)，因为它对于相邻的每个点均有\(\frac 1{deg_i}\)的概率前往，显然有：

\[f_i=\frac1{deg_i}(f_{fa_i}+\sum f_j)+1
\]

其中\(j\)满足\(j\)是\(i\)的子节点。

乍一看，\(f_i\)既会从子节点转移，又会从父节点转移，转移出现了环，似乎需要高斯消元。

但实际上，对于这道题，我们可以使用待定系数法。

设\(f_i=k_if_{fa_i}+b_i\)，根据上面的转移方程，我们知道：

\[f_i=\frac1{deg_i}(f_{fa_i}+\sum(k_jf_i+b_j))+1
\]

两边同乘\(deg_i\)，便可得：

\[deg_i\cdot f_i=f_{fa_i}+(\sum k_j)f_i+\sum b_j+deg_i
\]

移项，得到：

\[(deg_i-\sum k_j)\cdot f_i=f_{fa_i}+\sum b_j+deg_i
\]

两边同除以\(deg_i-\sum k_j\)，可得：

\[f_i=\frac1{deg_i-\sum k_j}f_{fa_i}+\frac{deg_i+\sum b_j}{deg_i-\sum k_j}
\]

即：

\[k_i=\frac 1{deg_i-\sum k_j},b_i=\frac{deg_i+\sum b_j}{deg_i-\sum k_j}
\]

仔细观察，可以发现，这两个式子均与父节点无关，只和子节点有关系。

上述讨论都是对于不属于点集\(T\)中的\(i\)的，而对于点集\(T\)中的\(i\)，由于\(f_i=0\)，所以\(k_i=b_i=0\)。

所以，我们只要通过一遍\(dfs\)，就可以求出所有点的\(k_i\)和\(b_i\)了。

如果我们把题目中给定的出发点作为根节点，由于其不存在父节点，所以\(f_{rt}=b_{rt}\)。

而\(f_{rt}\)也正是我们所要求的到达点集\(T\)一个点的期望步数。

高维前缀和

现在我们已经知道了，对于一个点集\(T\)，如何求出到达点集\(T\)一个点的期望步数。

那么，对于给出的一个询问，我们就可以套用之前的公式：

\[E(max(S))=\sum_{T∈S}(-1)^{|T|+1}E(min(T))
\]

但是，由于询问数量较多，如果对于每一次询问都去枚举子集计算答案，就会\(TLE\)。

怎么办呢？

注意到对于任意一个点集\(T\)，\((-1)^{|T|+1}E(min(T))\)完全与\(S\)没有半点关系。

因此，我们可以先暴力枚举\(T\)，求出每一个\(T\)的答案，然后用高维前缀和来预处理\(S\)的答案。

关于高维前缀和，如果你不太了解，可以看看我的这一篇博客：浅谈高维前缀和。

这样一来，对于每次询问，我们就可以直接输出答案了。

代码

#include<bits/stdc++.h>

#define Tp template<typename Ty>

#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>

#define Reg register

#define RI Reg int

#define Con const

#define CI Con int&

#define I inline

#define W while

#define N 18

#define X 998244353

#define add(x,y) (e[++ee].nxt=lnk[x],e[lnk[x]=ee].to=y)

#define Inc(x,y) ((x+=(y))>=X&&(x-=X))

using namespace std;

int n,rt,ee,lnk[N+5];struct edge {int to,nxt;}e[2*N+5];

I int Qpow(RI x,RI y) {RI t=1;W(y) y&1&&(t=1LL*t*x%X),x=1LL*x*x%X,y>>=1;return t;}

namespace DP//树形DP预处理答案

{

	int p[N+5],k[N+5],b[N+5],s[1<<N],g[1<<N];

	I void dfs(CI x,CI lst)//DP

	{

		if(p[x]) return (void)(k[x]=b[x]=0);//如果在点集T中，直接返回

		RI i,d=0,sk=0,sb=0;for(i=lnk[x];i;i=e[i].nxt) ++d,//枚举子节点的同时统计度数

			e[i].to^lst&&(dfs(e[i].to,x),Inc(sk,k[e[i].to]),Inc(sb,b[e[i].to]));//枚举子节点，并统计k与b的和

		k[x]=Qpow((d-sk+X)%X,X-2),b[x]=1LL*(d+sb)*Qpow((d-sk+X)%X,X-2)%X;//计算当前节点k与b的值

	}

	I void Init()

	{

		RI i,j,t=1<<n;for(i=1;i^t;++i)//枚举点集T

			{for(j=1;j<=n;++j) p[j]=(i>>j-1)&1;dfs(rt,0),s[i]=b[rt];}//求出到达点集T一个点的期望步数

	}

	I void Calc()

	{

		RI i,j,t=1<<n;for(i=1;i^t;++i) !(g[i]=g[i>>1]^(i&1))&&(s[i]=X-s[i]);//乘上容斥系数

		for(j=1;j<=n;++j) for(i=1;i^t;++i) (i>>j-1)&1&&Inc(s[i],s[i-(1<<j-1)]);//高维前缀和

	}

}

int main()

{

	RI Qt,i,x,y,t;scanf("%d%d%d",&n,&Qt,&rt);

	for(i=1;i^n;++i) scanf("%d%d",&x,&y),add(x,y),add(y,x);DP::Init(),DP::Calc();//读入+预处理

	W(Qt--)//处理询问

	{

		for(scanf("%d",&x),t=0,i=1;i<=x;++i) scanf("%d",&y),t|=1<<y-1;//读入，状压

		printf("%d\n",DP::s[t]);//直接输出答案

	}return 0;

}

巴特西

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\(Min-Max\)容斥

待定系数法

高维前缀和

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