我暴力过啦
看到这样的东西我们先搬出来(min-max)容斥
我们设(max(S))表示(x)到达点集(S)的期望最晚时间，也就是我们要求的答案了
显然我们也很难求出这个东西，但是我们有(min-max)容斥
设(min(S))表示(x)第一次到达(S)的期望时间，我们就有
[max(S)=sum_{Tsubseteq S}(-1)^{|T|}min(T)
]
我们现在只需要求出所有(min(S))之后用(fwt)做一个子集和就好了
尽管这是一棵树，但是我并没有推出什么优美的转移方程，我们考虑暴力高消
设(dp_{x,s})表示从(x)到集合(s)的期望步数
显然如果有(xin s)，那么(dp_{x,s}=0)
否则
[dp_{x,s}=1+sum_{(x,v)in e}frac{dp_{v,s}}{d_x}
]
于是我们对于每一种(s)分别列方程转移就好了
复杂度是(O(2^{n}n^3))
但是我们注意到没有包含(x)点的集合只有(2^{n-1})个，同时高消的常数小至(frac{1}{8})，同时很多高消都没有跑满，于是还是跑的挺快的
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define re register
#define LL long long
inline int read() {
char c=getchar();int x=0;while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();return x;
}
const int mod=998244353;
struct E{int v,nxt;}e[40];
int num,n,Q,X,len;
int dp[262145];
int head[19],d[19];
int cnt[262145];
int a[20][20],id[20],vis[20],to[20],inv[20],ans[20];
inline int ksm(int a,int b) {
int S=1;
while(b) {if(b&1) S=1ll*S*a%mod;b>>=1;a=1ll*a*a%mod;}
return S;
}
inline void add(int x,int y) {
e[++num].v=y;e[num].nxt=head[x];head[x]=num;
}
inline void solve(int S) {
int t=0;memset(vis,0,sizeof(vis));
for(re int i=1;i<=n;i++) {
if(S&(1<<(i-1))) continue;
vis[i]=1;id[++t]=i;to[i]=t;
}
if(!vis[X]) return;
memset(a,0,sizeof(a));
for(re int i=1;i<=t;i++) {
int x=id[i];
for(re int j=head[x];j;j=e[j].nxt)
if(vis[e[j].v]) a[i][to[e[j].v]]=inv[d[x]];
a[i][i]=mod-1;a[i][t+1]=mod-1;
}
for(re int i=1;i<=t;i++) {
int p=i;
for(p=i;p<=t;p++) if(a[p][i]) break;
if(p!=i) std::swap(a[i],a[p]);
int now=ksm(a[i][i],mod-2);
for(re int j=n+1;j>=i;--j) a[i][j]=1ll*a[i][j]*now%mod;
for(re int j=i+1;j<=t;j++)
for(re int k=t+1;k>=i;--k) {
a[j][k]=(a[j][k]-1ll*a[j][i]*a[i][k]%mod);
if(a[j][k]<0) a[j][k]=(a[j][k]+mod)%mod;
}
}
ans[t]=a[t][t+1];
for(re int i=t-1;i>=0;--i) {
ans[i]=a[i][t+1];
for(re int j=i+1;j<=t;j++) {
ans[i]-=1ll*a[i][j]*ans[j]%mod;
if(ans[i]<0) ans[i]=(ans[i]+mod)%mod;
}
}
dp[S]=ans[to[X]];
if(cnt[S]&1) return;
dp[S]=mod-dp[S];
}
inline void Fwt(int *f) {
for(re int i=2;i<=len;i<<=1)
for(re int ln=i>>1,l=0;l<len;l+=i)
for(re int x=l;x<l+ln;++x) {
f[x+ln]+=f[x];
if(f[x+ln]>=mod) f[x+ln]%=mod;
}
}
int main() {
n=read(),Q=read();X=read();
inv[1]=1;
for(re int i=2;i<=n;i++) inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
for(re int x,y,i=1;i<n;i++) {
x=read(),y=read(),d[x]++,d[y]++;
add(x,y),add(y,x);
}
len=(1<<n);
for(re int i=1;i<len;i++) cnt[i]=cnt[i>>1]+(i&1);
for(re int i=1;i<len;i++) solve(i);
Fwt(dp);
while(Q--) {
int k=read(),S=0;
for(re int i=1;i<=k;i++) S|=(1<<(read()-1));
printf("%d
",dp[S]);
}
return 0;
}
我还是来补一下正解吧，据说这是树上随机游走的套路
我们设(f_x)表示从(x)到点集(s)的期望步数
据说树上路径唯一我们可以设(f_x=A_xf_x+B_x)
我们写出(f_x)的转移
[f_x=frac{f_t+sum_{x
ightarrow c}f_c}{d_x}+1
]
其中(c)是(x)的儿子
也就是
[d_xf_x=f_t+sum_{x
ightarrow c}f_c+d_x
]
[d_xf_x=f_t+sum_{x
ightarrow c}A_cf_x+sum_{x
ightarrow c}B_c+d_x
]
[(d_x-sum_{x
ightarrow c}A_c)f_x=f_t+sum_{x
ightarrow c}B_c+d_x
]
于是我们现在解得
[A_x=frac{1}{d_x-sum_{x
ightarrow c}A_c}
]
[B_x=frac{sum_{x
ightarrow c}B_c+d_x}{d_x-sum_{x
ightarrow c}A_c}
]
对于在(S)集合的点显然满足(A=B=0)，叶子结点的(A,B)我们能直接算，我们一路推到根由于根没有父亲，所以(f_{rt}=B_{rt})，这样我们就能把所有的(f_x)都算出来了，复杂度是(O(2^nn))
代码就不写了