\(\mathcal{Description}\)

给定一棵 \(n\) 个点的树，反复随机选取一条边，合并其两端两点，新点编号在两端两点等概率选取。问每个点留到最后的概率。

\(n\le50\)。

\(\mathcal{Solution}\)

所有的操作方案数是 \((n-1)!\)，我们可以按删边顺序看做一个长度为 \(n-1\) 的序列。对于每个点分别计算答案，把当前要算的点提为根（记为 \(r\)），我们只需要求出 \(r\) 在所有操作序列中存活的概率和除以 \((n-1)!\) 即可。

令 \(f(u,i)\) 为 \(r\) 已经走到 \(u\)，\(u\) 子树内还剩下 \(i\) 条边没删（没加入删边序列），最终 \(u\)（即 \(r\)）存活的概率和。显然答案为 \(f(r,n-1)\)，边界 \(f(leaf,0)=1\)。

第一步，考虑儿子 \(v\) 与 \(u\) 合并。相当于需要考虑边 \((u,v)\) 在操作序列中的位置。粗略来说，若 \(r\) 没走到 \(u\)，我们并不关心 \(u\) 号结点的生死；而 \(r\) 到 \(u\) 后，\(u\) 就必须存活。

定义辅助状态 \(g(u,i)\) 表示 \(u\) 子树内以及 \(u\) 的父边还剩下 \(i\) 条边没删，最终 \(u\) 存活的概率和。现在我们要计算 \(g(u,i)\)。

第一类，\((u,v)\) 保留到 \(r\) 到达 \(u\) 后再删，那么就涉及到 \(u\) 点存活的概率。于是有转移：

\[g(u,i)=\frac{1}2\sum_{v\in son_u\land j\in[0,i)}f(v,j)
\]

第二类，\((u,v)\) 在 \(r\) 到达 \(u\) 之前就删，那就很随意啦—— \(v\) 子树中已删除了 \(siz_v-1-i\) 条边，我们把 \((u,v)\) 随便插进一个位置就好，即：

\[g(u,i)=(siz_v-i)f(v,i)
\]

上两类转移贡献之和即为最终的 \(g(u,i)\)。

考虑合并，始终记住删除的“序列意义”——保留的边（状态第二维）在删边序列的右端，其它的边在删边序列的左端。合并两个删边序列，仍需要保证这一点，那么分别用组合数合并已删除的左端序列和待删除的右端序列即可。下是 @ywy_c_asm 博客的一张图 owo（红色已删除，蓝色待删除）：

答案呼之欲出啦：

\[f'(u,i+j)=\sum_{i,j}\binom{i+j}{i}\binom{(siz_u-1)+siz_v-i-j}{(siz_u-1)-i}f(u,i)g(v,j)
\]

两个组合数分别对应分配已删和待删的方案数。

最终，复杂度 \(\mathcal O(n^4)\) 解决了这道毒瘤 DP qwq。

\(\mathcal{Code}\)

#include <cstdio>

#include <cstring>

const int MAXN = 50;

int n, ecnt, head[MAXN + 5], siz[MAXN + 5];

double fac[MAXN + 5];

double f[MAXN + 5][MAXN + 5];

double g[MAXN + 5], h[MAXN + 5];

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

inline void link ( const int s, const int t ) {

	graph[++ ecnt] = { t, head[s] };

	head[s] = ecnt;

}

inline void init () {

	fac[0] = 1;

	for ( int i = 1; i <= n; ++ i ) fac[i] = fac[i - 1] * i;

}

inline double comb ( const int n, const int m ) {

	return n < m ? 0 : fac[n] / fac[m] / fac[n - m];

}

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

	f[u][0] = siz[u] = 1;

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

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

			solve ( v, u );

			for ( int j = 0; j <= siz[v]; ++ j ) {

				g[j] = 0;

				for ( int k = 0; k < j; ++ k ) g[j] += 0.5 * f[v][k];

				g[j] += ( siz[v] - j ) * f[v][j];

			}

			for ( int j = 0; j <= siz[v] + siz[u]; ++ j ) h[j] = 0;

			for ( int j = 0; j < siz[u]; ++ j ) {

				for ( int k = 0; k <= siz[v]; ++ k ) {

					h[j + k] += f[u][j] * g[k] * comb ( j + k, j )

						* comb ( siz[u] + siz[v] - 1 - j - k, siz[u] - 1 - j );

				}

			}

			siz[u] += siz[v];

			for ( int j = 0; j <= siz[u]; ++ j ) f[u][j] = h[j];

		}

	}

}

int main () {

	scanf ( "%d", &n ), init ();

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

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

		link ( u, v ), link ( v, u );

	}

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

		memset ( f, 0, sizeof f );

		solve ( i, 0 );

		printf ( "%.12f\n", f[i][n - 1] / fac[n - 1] );

	}

	return 0;

}

巴特西

Solution -「CF 1060F」Shrinking Tree

\(\mathcal{Description}\)

\(\mathcal{Solution}\)

\(\mathcal{Code}\)

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