CF674E Bear and Destroying Subtrees

CF674E Bear and Destroying Subtrees

题目大意

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一棵树。初始时只有一个节点：根节点 (1)。

你需要支持 (q) 次操作。操作可能是如下两种之一：

• (1 v)。表示添加一个叶子，它的父亲是 (v)。
• (2 v)。表示对以 (v) 为根的子树进行询问。你需要回答：如果子树里每条边以 (frac{1}{2}) 的概率保留（不同边被保留的概率相互独立），这棵子树的期望最大深度是多少？深度定义为到根（子树的根，即 (v)）路径上的边数，这些边必须全部被保留。

数据范围：(1leq qleq 5 imes 10^5)。

本题题解

先不考虑动态添加叶子。假设已知某棵树的形态，如何回答单次询问？根据期望的定义，可以写出答案为：

[egin{align} &sum_{i = 1}^{mathrm{maxdep}} icdot P( ext{树的最大深度为 $i$})\ = &sum_{i = 1}^{mathrm{maxdep}} P( ext{树的最大深度为 $geq i$}) end{align} ]

其中 (P(dots)) 表示一件事发生的概率。

要让树的最大深度 (geq i)，只需要存在任意一个深度为 (i) 的点，使得它到根路径上的边全部被保留即可。这样的情况可能有很多种。具体来说，设树上深度为 (i) 的点有 (k) 个，那它们的任何一个非空子集满足要求，都是合法的情况。所以朴素的想法是，对 (2^k - 1) 种情况做容斥。但这显然太慢了！

既然 (geq i) 的概率不好求，那么考虑补集转化，求最大深度 $ < i$ 的概率。此时的要求是：所有深度为 (i) 的点，到根路径上的边，都不能被全部保留。换句话说，我们把“(exist)”的问题，转化为了“(forall)”的问题。这就好办多了。考虑树形 DP。设 (f(u, i)) 表示 (u) 的子树，最大深度（定义为到 (u) 的距离，而不是到整棵树的根）$ < i$ 的概率。则有转移：

[f(u, i) = prod_{vinmathrm{son}(u)} frac{1}{2}(1 + f(v, i - 1)) quad (i > 0) ]

其中括号里的 (1) 表示 ((u, v)) 这条边不保留时的概率，(f(v, i - 1)) 表示保留时的概率。边界是 (f(u, 0) = 0)。

答案就是：

[sum_{i = 1}^{mathrm{maxdep}}icdot (f(1, i + 1) - f(1, i)) ]

设树的节点数为 (n)。则按此方法计算答案的时间复杂度是 (mathcal{O}(n^2))，更准确地说是 (mathcal{O}(ncdot mathrm{maxdep}))。

考虑动态添加叶子。注意到只需要更新它所有祖先的 DP 值。并且距离它为 (l) 的祖先 (a)，只有 (f(a, l)) 的值会受到影响，所以添加一个叶子的时间复杂度是 (mathcal{O}(mathrm{maxdep})) 的。

继续优化，发现当 (i) 较大时，最大深度等于 (i) 的概率较低。也就是说，存在一个阈值 (d)，满足当 (i > d) 时，(f(1, i + 1) - f(1, i) < mathrm{eps} = 10^{-6})。此时就没必要计算 (f(u, i + 1)) 了。可以证明这个阈值大约在 (60) 左右。所以每次添加叶子，只需要向上修改 (d = 60) 个祖先的 DP 值。于是我们在 (mathcal{O}(nd)) 的时间复杂度内解决了本题。

参考代码

核心片段：

const int MAXN = 5e5;
const int D = 60;
int q;
int n, fa[MAXN + 5];
double dp[MAXN + 5][D + 5];

void update(int v) {
	
	static int anc[D + 5];
	int top = 0;
	
	int u = v;
	for (int i = 0; i <= D; ++i) {
		if (u == 0) break;
		top = i;
		anc[i] = u;
		u = fa[u];
	}
	
	for (int i = top; i >= 2; --i) {
		int u = anc[i];
		int son = anc[i - 1];
		dp[u][i] /= 0.5 * (1 + dp[son][i - 1]); // 把老的 dp[son] 值对父亲的贡献去掉
	}
	
	for (int i = 1; i <= D; ++i) dp[v][i] = 1;
	
	for (int i = 1; i <= top; ++i) {
		int u = anc[i];
		int son = anc[i - 1];
		dp[u][i] *= 0.5 * (1 + dp[son][i - 1]);
	}
}

double query(int v) {
	double res = 0;
	for (int i = 1; i < D; ++i) {
		res += i * (dp[v][i + 1] - dp[v][i]);
	}
	return res;
}

int main() {
	n = 1;
	for (int i = 1; i <= D; ++i) dp[1][i] = 1;
	
	read(q);
	for (int tq = 1; tq <= q; ++tq) {
		int op, v;
		read(op); read(v);
		if (op == 1) {
			++n;
			fa[n] = v;
			update(n);
		} else {
			print(query(v));
		}
	}
	return 0;
}