\(\mathcal{Description}\)

Link.

有 \(n\) 张卡牌，第 \(i\) 张的权值 \(w_i\in\{1,2,3\}\)，且取值为 \(k\) 的概率正比于 \(p_{i,k}\)。依照此规则确定权值后，你不停抽卡，每次抽到第 \(i\) 张卡牌的概率正比于 \(w_i\)，直到所有卡都被抽过至少一次。

此后，记 \(t_i\) 表示第 \(i\) 张牌第一次被抽到的时间。给定 \(n-1\) 条形如 \(\lang u,v\rang\) 的限制，表示 \(t_u<t_v\)，保证 \(\lang u,v\rang\) 构成的有向图的基图是一棵树。得到的 \(\{t_n\}\) 满足限制的概率，答案模 \(998244353\)。

\(n\le10^3\)。

\(\mathcal{Solution}\)

其实是 trick + 板子，但是没见过的话使得想一会儿。

考虑若树是严格外向树怎么做，这时点 \(u\) 要满足的条件有且仅有「对于所有 \(u\) 子树内的结点 \(v\)，\(t_u<t_v\)」。设 \(u\) 子树内的点权和已经确定为 \(s_u\)，\(w_u\) 也已确定，则概率显然为 \(\frac{w_u}{s_u}\)。继而得到 DP：令 \(f(u,i)\) 表示 \(u\) 子树内点权和为 \(i\) 时，子树内合法的概率，转移时需要注意 \(\frac{w_u}{s_u}\) 需要转化成条件概率（或者除掉再把新的乘上去）。

接下来走进一般情况，仍然如外向树般，钦定一个根 \(r\)，把指向 \(r\) 的边理解为外向树边“反向”，对于这些边，如果按照正常的外向树做 DP，就相当于「钦定这条限制不合法」；如果忽略这条边，就相当于「这条限制不一定合法」，最后能得到「至少有一些限制不合法」，那么带着容斥系数做 DP 就行。复杂度 \(\mathcal O(wn^2)\)。

\(\mathcal{Code}\)

/*+Rainybunny+*/

#include <bits/stdc++.h>

#define rep(i, l, r) for (int i = l, rep##i = r; i <= rep##i; ++i)

#define per(i, r, l) for (int i = r, per##i = l; i >= per##i; --i)

const int MAXN = 1e3, MOD = 998244353;

int ecnt = 1, n, m, head[MAXN + 5], pr[MAXN + 5][3], inv[MAXN * 3 + 5];

int siz[MAXN + 5], f[MAXN + 5][MAXN * 3 + 5];

struct Edge { int to, nxt; } graph[MAXN * 2 + 5];

inline void link(const int u, const int v) {

    graph[++ecnt].to = v, graph[ecnt].nxt = head[u], head[u] = ecnt;

    graph[++ecnt].to = u, graph[ecnt].nxt = head[v], head[v] = ecnt;

}

inline void subeq(int& u, const int v) { (u -= v) < 0 && (u += MOD); }

inline int mul(const int u, const int v) { return 1ll * u * v % MOD; }

inline int sub(int u, const int v) { return (u -= v) < 0 ? u + MOD : u; }

inline void addeq(int& u, const int v) { (u += v) >= MOD && (u -= MOD); }

inline int add(int u, const int v) { return (u += v) < MOD ? u : u - MOD; }

inline int mpow(int u, int v) {

    int ret = 1;

    for (; v; u = mul(u, u), v >>= 1) ret = mul(ret, v & 1 ? u : 1);

    return ret;

}

inline void solve(const int u, const int fa) {

    siz[u] = 1;

    rep (i, 1, 3) f[u][i] = mul(i, pr[u][i - 1]);

    for (int i = head[u], v; i; i = graph[i].nxt) {

        if ((v = graph[i].to) != fa) {

            solve(v, u);

            static int tmp[MAXN * 3 + 5];

            rep (j, 1, siz[u] * 3) rep (k, 1, siz[v] * 3) {

                int t = mul(f[u][j], f[v][k]);

                if (i & 1) subeq(tmp[j + k], t), addeq(tmp[j], t);

                else addeq(tmp[j + k], t);

            }

            siz[u] += siz[v];

            rep (j, 1, siz[u] * 3) f[u][j] = tmp[j], tmp[j] = 0;

        }

    }

    rep (i, 1, siz[u] * 3) f[u][i] = mul(f[u][i], inv[i]);

}

int main() {

    scanf("%d", &n);

    rep (i, 1, n) {

        int s = 0;

        rep (j, 0, 2) scanf("%d", &pr[i][j]), s += pr[i][j];

        s = mpow(s, MOD - 2);

        rep (j, 0, 2) pr[i][j] = mul(s, pr[i][j]);

    }

    rep (i, 2, n) {

        int u, v; scanf("%d %d", &u, &v);

        link(u, v);

    }

    inv[1] = 1;

    rep (i, 2, 3 * n) inv[i] = mul(inv[MOD % i], MOD - MOD / i);

    solve(1, 0);

    int ans = 0;

    rep (i, 1, siz[1] * 3) addeq(ans, f[1][i]);

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

    return 0;

}

巴特西

Solution -「CTS 2019」「洛谷 P5404」氪金手游

\(\mathcal{Description}\)

\(\mathcal{Solution}\)

\(\mathcal{Code}\)

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