Problem

loj2542

題意：一棵 \(n\) 個結點的樹，從點 \(x\) 出發，每次等概率隨機選擇一條與所在點相鄰的邊走過去，詢問走完一個集合 \(S\)的期望時間，多組詢問

\(n\leq 18,Q\leq 5000\)

Solution

首先來個\(min-max\)容斥

一下是看錯題時想的

然後預處理從每個點開始的到達每個點的所有集合的期望，\(O(n^22^n)\)卡常可過

• 若是這樣，前20pts可以搞出來了：對於每次詢問線上處理dp陣列，利用最值容斥搞事情
• 30pts的部分是條鏈，可以對於每個部分做一次集合字首字尾預處理
• 40pts的部分每次只詢問一個點，明顯可以預處理
• 事實上70pts的部分最簡單，直接上容斥即可
  接下來是100pts……
  目前最暴力複雜度為\(O(n^22^n+\sum 2^{k_i})\)，若資料隨機，期望狀態下每次僅需計算\(\sum_{i=1}^n\frac {2^i\binom ni}{2^n}\approx 1478\)次，即總共大約需要計算\(18^2\times 2^{18}+5000\times 1478=92324656\leq 10^8\)次，理論可過，但出題人十有八九將其卡掉了（網上說沒卡）

上頭是看看錯題的情況下想的，實際上所有詢問中起點只可能有一個

重新理一遍思路：由於要\(min-max\)反演，即到達集合\(S\)

考慮如何求每個集合中最先到達點的期望時間，由期望的性質可得（設\(f[x]\)表示從\(x\)點出發到達第一個集合點的時間期望，\(v\)表示與\(x\)相連的節點，\(d_i\)表示\(i\)點的度數）：

\[f_x=\frac 1{d_x}\sum_v{(f_v+1)}\]

由於需要對所有\(2^n\)個集合都做dp，醬紫求一次需要高斯消元\(n^3\)，但總複雜度\(O(n^32^n)\approx 1.5\times 10^9\)一定接受不了

發現目前為止還沒有利用最重要的一個性質：這是一棵樹

要快速求解\(f_x\)陣列，就需要一定的優化，由於這張圖是一棵樹，即每兩點之間的路徑是唯一的，可設\(f_x=Af_{t}+B\)（其中\(t\)為\(x\)的父親）

利用上邊的式子列出方程（設\(c\)為\(x\)的兒子）：

\[f_x=\frac 1{d_x}\bigl[f_t+1+\sum_{c}(f_c+1)\bigr]\]

由於兒子加父親節點一共\(d_x\)個，即

\[f_x=\frac 1{d_x}(f_t+\sum_{c}f_c)+1\]

我們要解出\(A,B\)，所以需要將\(f_x=Af_t+B\)代入式子

\[f_x=\frac 1{d_x}\bigl[f_t+\sum_c(A_cf_x+B_c)\bigr]+1\]

\[(d_x-\sum_c A_c)f_x=f_t+\sum_cB_c+d_x\]

\[f_x=\frac 1{d_x-\sum A_c}f_t+\frac {\sum B_c+d_x}{d_x-\sum A_c}\]

解得：
\[\left\{ \begin{aligned} x & = \frac 1{d_x-\sum A_c} \\ y & = \frac {\sum B_c+d_x}{d_x-\sum A_c} \end{aligned} \right.\]

再加上集合\(S\)內的點\(x\)滿足\(A_x=B_x=0\)

然後對於每個集合\(S\)就可以\(O(n)\)地求出從任意點出發到達第一個集合內點的期望時間

這樣詢問就可以愉悅地\(min-max\)容斥了

\(O(1)\)查詢的話只需要高維字首和一下即可，於是乎總時間複雜度為\(O(n2^n+Q)\)

Code

#include <cstdio>
#include <cctype>

inline void read(int&x){
    char c11=getchar();x=0;while(!isdigit(c11))c11=getchar();
    while(isdigit(c11))x=x*10+c11-'0',c11=getchar();
}

const int N=19,M=1<<18,p=998244353;
struct Edge{int v,nxt;}a[N*N];
int k[N],b[N],deg[N],head[N];
int f[M],bit[M],n,Q,st,_;

inline int qpow(int A,int B){
    int res(1);
    while(B){
        if(B&1)res=1ll*res*A%p;
        A=1ll*A*A%p,B>>=1;
    }return res;
}

inline void pls(int&A,int B){A=A+B<p?A+B:A+B-p;}
inline void dec(int&A,int B){A=A-B<0?A-B+p:A-B;}

void dfs(int x,int las,int lim){
    if(lim&(1<<x-1)){k[x]=b[x]=0;return ;}
    k[x]=b[x]=deg[x];
    for(int i=head[x];i;i=a[i].nxt)
        if(a[i].v!=las){
            dfs(a[i].v,x,lim);
            dec(k[x],k[a[i].v]);
            pls(b[x],b[a[i].v]);
        }
    k[x]=qpow(k[x],p-2);
    b[x]=1ll*b[x]*k[x]%p;
}

int main(){
    read(n),read(Q);read(st);int lim=1<<n;
    for(int i=1,x,y;i<n;++i){
        read(x),read(y),++deg[x],++deg[y];
        a[++_].v=y,a[_].nxt=head[x],head[x]=_;
        a[++_].v=x,a[_].nxt=head[y],head[y]=_;
    }
    for(int S=1;S<lim;++S){
        bit[S]=bit[S>>1]+(S&1);
        dfs(st,0,S);
        f[S]=(bit[S]&1?b[st]:p-b[st]);
    }
    for(int i=1;i<lim;i<<=1)
    for(int j=0;j<lim;++j)
        if(i&j)pls(f[j],f[i^j]);
    
    int t,x,s;
    while(Q--){
        read(t),s=0;
        while(t--)read(x),s|=1<<x-1;
        printf("%d\n",f[s]);
    }
    return 0;
}