[LOJ#2542] [PKUWC2018] 随机游走

题目描述

给定一棵 n 个结点的树，你从点 x 出发，每次等概率随机选择一条与所在点相邻的边走过去。

有 Q 次询问，每次询问给定一个集合 S，求如果从 x 出发一直随机游走，直到点集 S 中所有点都至少经过一次的话，期望游走几步。

特别地，点 x（即起点）视为一开始就被经过了一次。

答案对 998244353 取模。

输入格式

第一行三个正整数 n,Q,x。

接下来 n-1 行，每行两个正整数 (u,v) 描述一条树边。

接下来 Q 行，每行第一个数 k 表示集合大小，接下来 k 个互不相同的数表示集合 S。

输出格式

输出 Q 行，每行一个非负整数表示答案。

样例输入

样例输出

Solution

考虑\(\min-\max\)容斥，即：

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

在这题，\(\min\{S\}\)表示第一次到达\(S\)集合的任何一个点的期望时间，\(\max\{S\}\)同理。

那么我们考虑如何求出\(\min\{S\}\)。

我们\(O(2^n)\)的枚举每一个集合，那么我们考虑如何算。

设\(f(x)\)表示从\(x\)点出发，第一次到达\(S\)的期望时间。

那么我们可以得到一个很显然的式子：

\[f(x)=1+\frac{f(fa)}{d(x)}+ \frac{1}{d(x)}\sum_{v\in son_x}f(v)
\]

那么我们得到了一个\(O(2^nn^3)\)的预处理，显然这是不允许的，我们需要优化。

这里有一个树上期望\(dp\)的套路：\(f(x)\)一定和\(f(fa)\)线性相关，那么我们可以写成\(f(x)=A_xf(fa)+B_x\)。

那么我们可以化一下上面那个式子：

\[f(x)=1+\frac{f(fa)}{d(x)}+ \frac{1}{d(x)}\sum_{v\in son_x}(A_vf(x)+B_v)
\]

移项可得：

\[(1-\frac{\sum_{v\in son}A_v}{d(x)})f(x)=1+\frac{f(fa)}{d(x)}+\frac{\sum_{v\in son B_v}}{d(x)}
\]

\[f(x)=\frac{f(fa)+d(x)+\sum_{v\in son }B_v}{d(x)-\sum_{v\in son}A_v}
\]

对比一下可以得到：

\[A_x=\frac{1}{d(x)-\sum_{v\in son}A_v},B_x=\frac{d(x)+\sum_{v\in son }B_v}{d(x)-\sum_{v\in son}A_v}
\]

那么直接\(dfs\)一遍就可以求出所有的\(A,B\)，注意到\(dfs\)到集合中的点就把\(A,B\)设成\(0\)然后\(return\)就好了。

那么我们可以在\(O(2^nn)\)的时间内预处理出\(\min\)。

但是如果这样写还是不能过，因为询问的复杂度上限是\(O(Q2^n)\)。不过据说数据水这样能轻松过？

注意到\(\min-\max\)容斥那个容斥系数只和\(T\)相关，那么我们可以求出\(\min\)之后先乘上一个系数，然后\(fwt\)一下求出子集和，就可以直接\(O(2^n n)\)的预处理出\(\max\)了。

那么对于询问就直接\(O(1)\)输出就好了。

总复杂度\(O((2^n+Q)n)\)。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

void read(int &x) {

    x=0;int f=1;char ch=getchar();

    for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-f;

    for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';x*=f;

}

void print(int x) {

    if(x<0) putchar('-'),x=-x;

    if(!x) return ;print(x/10),putchar(x%10+48);

}

void write(int x) {if(!x) putchar('0');else print(x);putchar('\n');}

const int maxn = 19;

const int maxm = (1<<18)+100;

const int mod = 998244353;

int head[maxn],tot,n,rt,Q,mn[maxm],f[maxn],A[maxn],B[maxn],d[maxn];

struct edge{int to,nxt;}e[maxn<<1];

int qpow(int a,int x) {

	int res=1;

	for(;x;x>>=1,a=1ll*a*a%mod) if(x&1) res=1ll*res*a%mod;

	return res;

}

void ins(int u,int v) {e[++tot]=(edge){v,head[u]},head[u]=tot,d[v]++;}

struct data{int a,b;};

data dfs(int x,int fa,int s) {

	if(s>>(x-1)&1) return (data){0,0};

	int a=0,b=0;data res;

	for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)

		if(e[i].to!=fa) res=dfs(e[i].to,x,s),a=(a+res.a)%mod,b=(b+res.b)%mod;

	res.a=qpow((d[x]-a)%mod,mod-2);

	res.b=1ll*res.a*(b+d[x])%mod;

	return res;

}

void fwt(int *r,int m) {

	for(int i=1;i<m;i<<=1)

		for(int j=0;j<m;j+=i<<1)

			for(int k=0;k<i;k++)

				r[i+j+k]=(r[i+j+k]+r[j+k])%mod;

}

int k,a[maxn];

int main() {

	read(n),read(Q),read(rt);

	for(int i=1,x,y;i<n;i++) read(x),read(y),ins(x,y),ins(y,x);

	for(int i=1;i<(1<<n);i++) {

		mn[i]=dfs(rt,0,i).b;

		mn[i]=mn[i]*(__builtin_popcount(i)&1?1:-1);

	}

	fwt(mn,1<<n);

	while(Q--) {

		read(k);int res=0;

		for(int i=1,x;i<=k;i++) read(x),res|=1<<(x-1);

		write((mn[res]+mod)%mod);

	}

	return 0;

}

巴特西