题解-CTS2019氪金手游

Problem

\(\mathtt {loj-3124}\)

题意概要：给定 \(n\) 个点，\(w_i\) 分别有 \(p_{i,1},p_{i,2},p_{i,3}\) 的几率取 \(1,2,3\)。

在肯定了全部的 \(w_i\) 后再开始游戏：不断抽点，点 \(i\) 被抽中的几率为 \(\frac {w_i}{\sum_{j=1}^nw_j}\)，直到全部点都被抽中过。

给定 \(n-1\) 个二元组 \((u,v)\) 表示第一次抽中 \(u\) 的时间须要比第一次抽中 \(v\) 的时间早，且若将这 \(n-1\) 个二元组中的两个元素连无向边，则这张图是一棵树。

问知足全部二元组限制的几率。

\(n\leq 1000\)

Solution

（话说考场上看错了题，觉得是肯定好每一个点抽中的几率后再进行游戏，打了正解加仨暴力，跑出来都是同样的就是和大样例不同，致使心态崩了 并且题面里并无提到这个区别）

这题的解题突破口在于这个题的限制是一棵树，但边的方向不惟一（无法找到根使得这棵树变成内向树或外向树）

为了解题方便，不妨设这棵树是以 \(1\) 号节点为根的外向树（对于每条边而言，方向都是从靠近 \(1\) 的一端指向远离 \(1\) 的一端）

那么能够发现，\(1\) 号节点必须是最后一个抽到的，几率为 \(\frac {w_1}{\sum_{i=1}^nw_i}\)，并且只要知足这个条件后，这个点就没有用了，问题分解成 \(1\) 的每棵子树知足自身拓扑序的几率之积，这又是一个子问题

设 \(sz_i\) 表示 \(i\) 的子树中几率系数的和（\(\sum_{v\in subtree(x)}w_v\)）

即设 \(f[x]\) 表示 \(x\) 的子树内知足拓扑序的几率，则 \(f[x]=\frac {w_x}{sz_x}\prod_{x\rightarrow v}f[v]\)，不可贵到 \(Ans=f[1]=\prod_{x=1}^n\frac {w_x}{sz_x}\)

那么能够用一个Dp解决这个问题：设 \(f[x][i]\) 表示在 \(i\) 的子树中、几率系数和为 \(j\) 且知足拓扑序的几率，\(O(n^2)\)

毒瘤出题人竟然不给这档部分分？

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考虑到这棵树不是外向树，存在若干条内向边。

直接处理内向边很差处理，如今存在一种方法，即用 “不考虑这条边”的方案数 减去 “考虑这条边为外向边”的方案数

（用图来表达即：\(o\rightarrow o\leftarrow o\) 等于 \(o\rightarrow o\quad o\) 减去 \(o\rightarrow o\rightarrow o\)）

而后在树上Dp时，遇到此类内向边就将权值用上面这种方法计算一下便可。

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据说这题还有另外一种作法，代码实现上是同样的，但思想不大同样：

考虑设 \(g[i]\) 表示这若干条内向边中，至少有 \(i\) 条内向边的条件不知足，则容斥可知答案为：\(\sum_i(-1)^ig[i]\)

而 “至少 \(i\) 条内向边不知足”，也即 “\(i\) 条内向边变为外向边，而其余内向边断开”

这样在Dp的时候加入一个容斥系数便可：一开始设全部内向边断开，而后给其加上一个负的 “内向边变外向边” 的权值

Code

//loj-3124
#include <cstdio>
typedef long long ll;

const int N = 1013, p = 998244353;
struct Edge {int v, w, nxt;} a[N<<1];
int head[N], sz[N];
int a1[N], a2[N], a3[N];
int F[N][N*3], arr[N*3];
int inv[N*3], n, _;

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

void dfs(int x, int las) {
    int*f = F[x];
    f[0] = 1;
    for(int ii=head[x],v;ii;ii=a[ii].nxt)
        if((v=a[ii].v) != las) {
            dfs(v, x);
            int*g = F[v];
            const int sx = sz[x] * 3, sv = sz[v] * 3;
            for(int i=0;i<=sx+sv;++i) arr[i] = 0;
            if(!a[ii].w)
                for(int i=0;i<=sx;++i)
                for(int j=0;j<=sv;++j)
                    arr[i+j] = (arr[i+j] + (ll)f[i] * g[j])%p;
            else {
                ll sm = 0;
                for(int i=0;i<=sv;++i) sm += g[i];
                sm %= p;
                for(int i=0;i<=sx;++i) arr[i] = sm * f[i]%p;
                
                for(int i=0;i<=sx;++i)
                for(int j=0;j<=sv;++j)
                    arr[i+j] = (arr[i+j] - (ll)f[i] * g[j] + (ll)p*p)%p;
            }
            for(int i=0;i<=sx+sv;++i) f[i] = arr[i];
            sz[x] += sz[v];
        }
    const int sx = sz[x] * 3;
    for(int i=0;i<=sx+3;++i) arr[i] = 0;
    for(int i=0;i<=sx;++i) {
        arr[i+1] = (arr[i+1] + (ll)f[i] * a1[x]%p * inv[i+1])%p;
        arr[i+2] = (arr[i+2] + (ll)f[i] * a2[x]%p * inv[i+2] * 2)%p;
        arr[i+3] = (arr[i+3] + (ll)f[i] * a3[x]%p * inv[i+3] * 3)%p;
    }
    for(int i=0;i<=sx+3;++i) f[i] = arr[i];
    ++sz[x];
}

int main() {
    scanf("%d",&n);
    inv[0] = inv[1] = 1;
    for(int i=2;i<=n*3;++i) inv[i] = (ll)(p-p/i) * inv[p%i]%p;
    for(int i=1;i<=n;++i) {
        scanf("%d%d%d",a1+i,a2+i,a3+i);
        ll v = qpow(a1[i] + a2[i] + a3[i], p-2);
        a1[i] = v * a1[i]%p;
        a2[i] = v * a2[i]%p;
        a3[i] = v * a3[i]%p;
    }
    for(int i=1,x,y;i<n;++i) {
        scanf("%d%d",&x,&y);
        a[++_].v = y, a[_].w = 0, a[_].nxt = head[x], head[x] = _;
        a[++_].v = x, a[_].w = 1, a[_].nxt = head[y], head[y] = _;
    }
    dfs(1, 0);
    
    ll Ans = 0;
    for(int i=sz[1]*3;~i;--i)
        Ans += F[1][i];
    printf("%lld\n", Ans%p);
    return 0;
}