题解-PKUWC2018 随机游走

Problem

loj2542

题意：一棵 \(n\) 个结点的树，从点 \(x\) 出发，每次等几率随机选择一条与所在点相邻的边走过去，询问走完一个集合 \(S\)的指望时间，多组询问

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

Solution

首先来个\(min-max\)容斥

一下是看错题时想的

而后预处理从每一个点开始的到达每一个点的全部集合的指望，\(O(n^22^n)\)卡常可过

• 如果这样，前20pts能够搞出来了：对于每次询问在线处理dp数组，利用最值容斥搞事情
• 30pts的部分是条链，能够对于每一个部分作一次集合前缀后缀预处理
• 40pts的部分每次只询问一个点，明显能够预处理
• 事实上70pts的部分最简单，直接上容斥便可
  接下来是100pts……
  目前最暴力复杂度为\(O(n^22^n+\sum 2^{k_i})\)，若数据随机，指望状态下每次仅需计算\(\sum_{i=1}^n\frac {2^i\binom ni}{2^n}\approx 1478\)次，即总共大约须要计算\(18^2\times 2^{18}+5000\times 1478=92324656\leq 10^8\)次，理论可过，但出题人十有八九将其卡掉了（网上说没卡）

上头是看看错题的状况下想的，实际上全部询问中起点只可能有一个

从新理一遍思路：因为要\(min-max\)反演，即到达集合\(S\)中最后到达点的时间能够转化为\(2^{|S|}\)个子集中最早到达点的时间进行容斥，再容斥便可

考虑如何求每一个集合中最早到达点的指望时间，由指望的性质可得（设\(f[x]\)表示从\(x\)点出发到达第一个集合点的时间指望，\(v\)表示与\(x\)相连的节点，\(d_i\)表示\(i\)点的度数）：

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

因为须要对全部\(2^n\)个集合都作dp，酱紫求一次须要高斯消元\(n^3\)，但总复杂度\(O(n^32^n)\approx 1.5\times 10^9\)必定接受不了

发现目前为止尚未利用最重要的一个性质：这是一棵树

要快速求解\(f_x\)数组，就须要必定的优化，因为这张图是一棵树，即每两点之间的路径是惟一的，可设\(f_x=Af_{t}+B\)（其中\(t\)为\(x\)的父亲）

利用上边的式子列出方程（设\(c\)为\(x\)的儿子）：

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

因为儿子加父亲节点一共\(d_x\)个，即

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

咱们要解出\(A,B\)，因此须要将\(f_x=Af_t+B\)代入式子

\[f_x=\frac 1{d_x}\bigl[f_t+\sum_{x\rightarrow c}(A_cf_x+B_c)\bigr]+1\]

\[(d_x-\sum_{x\rightarrow c} A_c)f_x=f_t+\sum_{x\rightarrow c}B_c+d_x\]

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

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

再加上集合\(S\)内的点\(x\)知足\(A_x=B_x=0\)

而后对于每一个集合 \(S\) 就能够 \(O(n)\) 地求出从任意点出发到达第一个集合内点的指望时间

这样询问就能够愉悦地 \(\mathrm{min-max}\) 容斥了

\(O(1)\) 查询的话只须要高维前缀和一下便可，因而乎总时间复杂度为 \(O(n2^n+Q)\)

upd:好像还要算上求逆元，复杂度 \(O(n2^n\log p+Q)\)，算出来大概 \(1.5e8\)，但因为枚举集合后一旦走到集合就递回，再算上快速幂的小常数，彻底可过（复杂度跑不满，跑得最满的状况是菊花图，但即使是菊花图，常数最大也就 \(\frac 12\)）

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;
}