题目描述

Description

Input

第一行两个个整数 n，k。

之后 n -1 行，第 i 行两个整数 ui, vi, 表示一条树边。

保证输入的数据构成一棵树。

Output

一行一个数表示答案。

Sample Input

Sample Input1

3 2

1 2

1 3

Sample Input2

10 367305945

1 2

2 3

2 4

3 5

2 6

5 7

1 8

4 9

1 10

Sample Output

Sample Output1

28

Explanation

1, 2, 3 : c = 3

1, 3, 2 : c = 3

2, 1, 3 : c = 2

2, 3, 1 : c = 2

3, 1, 2 : c = 1

3, 2, 1 : c = 1

Sample Output2

628657647

Data Constraint

题解

另一种做法：https://blog.csdn.net/qq_43649416/article/details/102925575

lj题解连状态都没给

orz cold_chair

如果能先确定那些点是黑点（好点），那么就有若干约束条件：

①白点要比第一个黑点祖先小

②黑点要比第一个黑点祖先大

两点间有边即两点间存在大小限制

20%可以暴力枚举黑点，然后把白点的限制容斥，变成比黑点祖先大减与黑点祖先无大小限制，然后就可以变成一棵外向树+若干无关点的情况

具体来说，如果是比黑点祖先大的情况，那么相当于把白点变成黑点（不计算K的贡献）并单独提出来变为叶节点，并与原黑点祖先连边

因为若干白点与一个黑点有边时，白点之间没有大小限制，所以提出来作为叶节点

而且由于考虑的实际上是白点的贡献，所以不需要乘K

对于与黑点祖先无大小限制的情况，相当于直接把白点删掉

因为白点只与第一个黑点祖先有大小关系

外向树上的每个点都要比儿子小，所以一棵外向树的期望出现概率为∏1/size

这样就不用考虑具体的大小了

100%考虑用dp来实现上面的做法

设f[i][j]，表示以i为根的子树，外向树大小为j的 (各种情况的贡献、外向树概率、容斥系数)的积的和

显然j<=i，所以合并相当于O(n^2)树上背包

并且假设在i的祖先上有一个虚拟的黑点（因为具体的位置不重要）

就是把一坨东西合到一起，最终答案=∑f[root][j]

子树合并就直接对应相乘，考虑i的黑白情况

①i是黑点

那么i相当于把原来的虚拟黑点，i子树内的白点的边连向i

i则向i的祖先中的虚拟黑点连边，把K和外向树的概率算上

因为i是黑点，所以不需要容斥

f[i][j]*(1/(j+1))*K-->F[i][j+1]

②i是白点（i不为根）

考虑和虚拟黑点的连边，容斥一下变为没有限制-比黑点祖先大的情况

1、比黑点祖先大

等于把i变为叶子黑点，不用*K，子树大小为1所以不用乘外向树概率，容斥系数为-1

-f[i][j]-->F[i][j+1]

2、没有限制

等于把i删掉，容斥系数为1

f[i][j]-->F[i][j]

预处理1/x，O(n^2)dp即可

code

#include <algorithm>

#include <iostream>

#include <cstdlib>

#include <cstring>

#include <cstdio>

#define fo(a,b,c) for (a=b; a<=c; a++)

#define fd(a,b,c) for (a=b; a>=c; a--)

#define add(a,b) a=((a)+(b))%998244353

#define mod 998244353

using namespace std;

int a[10001][2];

int ls[5001];

long long f[5001][5001];

long long F[5001];

int size[5001];

long long w[5001];

int n,i,j,k,l,len;

long long K,ans;

void New(int x,int y)

{

	++len;

	a[len][0]=y;

	a[len][1]=ls[x];

	ls[x]=len;

}

void dfs(int Fa,int t)

{

	int i,j,k;

	f[t][0]=1;

	size[t]=0;

	for (i=ls[t]; i; i=a[i][1])

	if (a[i][0]!=Fa)

	{

		dfs(t,a[i][0]);

		fo(j,0,size[t])

		{

			fo(k,0,size[a[i][0]])

			add(F[j+k],f[t][j]*f[a[i][0]][k]%mod);

		}

		size[t]+=size[a[i][0]];

		fo(j,0,size[t])

		f[t][j]=F[j],F[j]=0;

	}

	fo(j,0,size[t])

	{

		add(F[j+1],f[t][j]*K%mod*w[j+1]); //black

		if (t>1) //white

		{

			add(F[j],f[t][j]);

			add(F[j+1],-f[t][j]);

		}

	}

	++size[t];

	fo(j,0,size[t])

	f[t][j]=F[j],F[j]=0;

}

int main()

{

	freopen("random.in","r",stdin);

	freopen("random.out","w",stdout);

	scanf("%d%lld",&n,&K);

	w[1]=1;

	fo(i,2,n)

	{

		w[i]=mod-w[mod%i]*(mod/i)%mod;

		scanf("%d%d",&j,&k);

		New(j,k);

		New(k,j);

	}

	dfs(0,1);

	fo(i,1,n) add(ans,f[1][i]);

	fo(i,1,n) ans=ans*i%mod;

	printf("%lld\n",(ans+mod)%mod);

	fclose(stdin);

	fclose(stdout);

	return 0;

}

巴特西

6407. 【NOIP2019模拟11.05】小 D 与随机

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code

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