「PKUWC2018」随机游走 - Min-Max容斥 + 期望

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

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

特别地,点 xx(即起点)视为一开始就被经过了一次。

答案对 998244353998244353取模。

n18,Q5000n\le18, Q\le5000

LOJ2542

Solution

发现最后一个点的访问时间就是访问SS中点的时间的最大值

这个可以MinMax\mathrm{Min-Max}容斥,转化为求第一次访问SS中点的时间

先枚举一个集合SS,然后考虑树形Dp,设dp[x]dp[x]表示从xx出发,第一次访问SS中节点的期望步数(到今天这道题才真正理解期望要倒着推是什么意思)

  1. xSx\in Sdp[x]=0dp[x] = 0

  2. xSx\notin S:设d[x]d[x]表示xx的度数

    dp[x]=1d[x](dp[fa[x]]+1+ydp[y]+1)=1d[x]dp[fa[x]]+1d[x](ydp[y])+1\begin{aligned} dp[x]&=\frac{1}{d[x]}(dp[fa[x]]+1+\sum_{y} dp[y] + 1)\\ &=\frac{1}{d[x]}dp[fa[x]] + \frac{1}{d[x]}(\sum_{y}dp[y]) + 1 \end{aligned}

    注意到在树形dp的时候是从儿子推到父亲,也就是说,这个式子中dp[y]dp[y]可以看成已知量

    那么就可以表示成dp[x]=A[x]dp[fa[x]]+B[x]dp[x]=A[x]*dp[fa[x]] + B[x]的形式(A[x],B[x]A[x], B[x]是已知量)

    代入得到

    dp[x]=1d[x]dp[fa[x]]+1d[x](yA[y]dp[x]+B[y])+1\begin{aligned} dp[x]&=\frac{1}{d[x]}dp[fa[x]] + \frac{1}{d[x]}(\sum_{y}A[y]*dp[x]+B[y]) + 1 \end{aligned}

    通过一些简单的推式子可以得到

    {A[x]=1d[x]yA[y]B[x]=(yB[y])+d[x]d[x]yA[y]\begin{cases} A[x] = \frac{1}{d[x]-\sum_{y}A[y]}\\ B[x] = \frac{(\sum_{y}B[y]) + d[x]}{d[x] - \sum_{y}A[y]} \end{cases}

    然后就能不断往上dp了

需要注意的是,计算答案时不能每次询问O(3n)O(3^n)枚举子集,需要类似高维前缀和的方法O(n2n)O(n*2^n)预处理出

Code

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#include <bits/stdc++.h>

#define x first
#define y second
#define y1 Y1
#define y2 Y2
#define mp make_pair
#define pb push_back

using namespace std;

typedef long long LL;
typedef pair<int, int> pii;

template <typename T> inline int Chkmax (T &a, T b) { return a < b ? a = b, 1 : 0; }
template <typename T> inline int Chkmin (T &a, T b) { return a > b ? a = b, 1 : 0; }

inline void proc_status()
{
ifstream t ("/proc/self/status");
cerr << string (istreambuf_iterator <char> (t), istreambuf_iterator <char> ()) <<endl;
}

template <typename T> T read ()
{
T sum = 0, fl = 1; char ch = getchar();
for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') fl = -1;
for (; isdigit(ch); ch = getchar()) sum = (sum << 3) + (sum << 1) + ch - '0';
return sum * fl;
}

const int Maxn = 18 + 10, Maxs = (1 << 18) + 100, Mod = 998244353;

int N, Q, root;
int e, Begin[Maxn], To[Maxn << 1], Next[Maxn << 1];
int A[Maxn], B[Maxn];

inline void add_edge (int x, int y) { To[++e] = y; Next[e] = Begin[x]; Begin[x] = e; }

int S;

inline void Add (int &a, int b) { a += b; if (a >= Mod) a -= Mod; }

inline int Pow (int a, int b)
{
int ans = 1;
while (b) { if (b & 1) ans = 1ll * ans * a % Mod; a = 1ll * a * a % Mod; b >>= 1; }
return ans;
}

inline void dfs (int x, int f)
{
if ((1 << (x - 1)) & S) { A[x] = B[x] = 0; return ; }

int sum1 = 0, sum2 = 0, deg = 0;
for (int i = Begin[x]; i; i = Next[i])
{
int y = To[i];
++deg;
if (y == f) continue;
dfs(y, x);
Add (sum1, A[y]);
Add (sum2, B[y]);
}
A[x] = Pow((deg - sum1 + Mod) % Mod, Mod - 2);
B[x] = 1ll * (sum2 + deg) % Mod * Pow((deg - sum1 + Mod) % Mod, Mod - 2) % Mod;
}

int Ans[Maxs], bit[Maxs];

inline void Solve ()
{
int ALL = (1 << N) - 1;
for (S = 0; S <= ALL; ++S)
{
dfs(root, 0);
bit[S] = bit[S >> 1] + (S & 1);
Ans[S] = (bit[S] & 1) ? B[root] : (Mod - B[root]);
}
for (int i = 1; i <= N; ++i)
for (int state = 0; state <= ALL; ++state)
if (state & (1 << (i - 1))) Add (Ans[state], Ans[state ^ (1 << (i - 1))]);

while (Q--)
{
int k = read<int>(), x = 0;
while (k--) x |= (1 << (read<int>() - 1));
printf("%d\n", Ans[x]);
}
}

inline void Input ()
{
N = read<int>(), Q = read<int>(), root = read<int>();
for (int i = 1; i < N; ++i)
{
int x = read<int>(), y = read<int>();
add_edge (x, y);
add_edge (y, x);
}
}

int main()
{
#ifdef hk_cnyali
freopen("A.in", "r", stdin);
freopen("A.out", "w", stdout);
#endif
Input();
Solve();
return 0;
}
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