LINK：梦中漫步
当然也可以去一本通的Oj/loj上交(loj可能没有..
期望好题。期望和dp往往是在一起的。
前置知识：1. 期望是线性可加的。2.和的期望等于期望的和.
从u出发每次随机选一条边走 问走到v的期望经过的边数。
寒假的时候就在思考这道题了 当时yy了一个LCA乱搞的方法 wa的不省人事。
重新分析：考虑设(f_i)表示从u出发到i这个点的期望经过的边数。
列出转移 发现转移有环 暴力高斯消元 显然不可行。
刚才列出的两个知识 和的期望等于期望的和。
这个东西告诉我们 u->v的期望边数=u->fu->ffu->fffu->...v的期望边数。
于是可以设出两个期望数组.
(f1_x)表示由x到fx的经过的期望边数。(f2_x)表示fx到x的期望边数。
只要求出这个两个数组我们就可以利用求出LCA 求出路径上的这两个数组的和 得到答案。
考虑(f1)怎么求 设d表示x的度数(f1_x=frac{1}{d}+sum_{vin son_x}frac{1}{d}(1+f1_v+f1_x))
化简可得 (f1_x=d+sum_{vin son_x}f1_v)
考虑(f2) 设d表示x的父亲的度数(f2_x=frac{1}{d}+frac{1}{d}(1+f2_{fa}+f2_x)+sum_{vin son_x,v eq x}frac{1}{d}(1+f1_v+f2_x))
化简可得 (f2_x=d+f2_{fa}+sum_{vin son_x,v eq x}f1_v)
然后树上取前缀和 求LCA即可O(1)计算答案。
复杂度Qlogn.
const int MAXN=100010;
int n,Q,len;
int du[MAXN],d[MAXN];
int f[MAXN][20],Log[MAXN];
ll f1[MAXN],ans,f2[MAXN];//f1[x]表示由x走到fx的期望边数.f2[x]表示由fx走到x的期望边数.
int lin[MAXN],ver[MAXN<<1],nex[MAXN<<1];
inline void add(int x,int y)
{
ver[++len]=y;
nex[len]=lin[x];
lin[x]=len;++du[y];
}
inline void dfs(int x,int fa)
{
f[x][0]=fa;d[x]=d[fa]+1;
rep(1,Log[d[x]],i)f[x][i]=f[f[x][i-1]][i-1];
f1[x]=du[x];
go(x)if(tn!=fa)dfs(tn,x),f1[x]=(f1[x]+f1[tn])%mod;
}
inline void dp(int x,int fa)
{
if(x!=1)f2[x]=((f2[fa]+f1[fa]-f1[x])%mod+mod)%mod;
go(x)if(tn!=fa)dp(tn,x);
}
inline void dfs(int x)
{
go(x)if(tn!=f[x][0])f1[tn]=(f1[tn]+f1[x])%mod,f2[tn]=(f2[tn]+f2[x])%mod,dfs(tn);
}
inline int LCA(int x,int y)
{
if(d[x]>d[y])swap(x,y);
for(int i=Log[d[y]];i>=0;--i)
if(d[f[y][i]]>=d[x])y=f[y][i];
if(x==y)return x;
for(int i=Log[d[x]];i>=0;--i)
if(f[x][i]!=f[y][i])
x=f[x][i],y=f[y][i];
return f[x][0];
}
int main()
{
freopen("1.in","r",stdin);
//freopen("wanderindream.in","r",stdin);
//freopen("wanderindream.out","w",stdout);
n=read();Q=read();
for(int i=2;i<=n;++i)
{
int x,y;
x=read();y=read();
add(x,y);add(y,x);
Log[i]=Log[i>>1]+1;
}
dfs(1,0);dp(1,0);dfs(1);
for(int i=1;i<=Q;++i)
{
int x,y;
x=read();y=read();
if(x==y){puts("0");continue;}
int lca=LCA(x,y);
ans=f1[x]-f1[lca];
ans=(ans+f2[y]-f2[lca])%mod;
ans=(ans+mod)%mod;
putl(ans);
}
return 0;
}
非常妙的期望。