题解-PKUWC2018 随机游走

Problem

loj2542

题意：一棵 (n) 个结点的树，从点 (x) 出发，每次等概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)的期望时间，多组询问

(nleq 18,Qleq 5000)

Solution

首先来个(min-max)容斥

一下是看错题时想的

然后预处理从每个点开始的到达每个点的所有集合的期望，(O(n^22^n))卡常可过

• 若是这样，前20pts可以搞出来了：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，可以对于每个部分做一次集合前缀后缀预处理
• 40pts的部分每次只询问一个点，明显可以预处理
• 事实上70pts的部分最简单，直接上容斥即可
  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，期望状态下每次仅需计算(sum_{i=1}^nfrac {2^iinom ni}{2^n}approx 1478)次，即总共大约需要计算(18^2 imes 2^{18}+5000 imes 1478=92324656leq 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）

上头是看看错题的情况下想的，实际上所有询问中起点只可能有一个

重新理一遍思路：由于要(min-max)反演，即到达集合(S)中最后到达点的时间可以转化为(2^{|S|})个子集中最先到达点的时间进行容斥，再容斥即可

考虑如何求每个集合中最先到达点的期望时间，由期望的性质可得（设(f[x])表示从(x)点出发到达第一个集合点的时间期望，(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)} ]

由于需要对所有(2^n)个集合都做dp，酱紫求一次需要高斯消元(n^3)，但总复杂度(O(n^32^n)approx 1.5 imes 10^9)一定接受不了

发现目前为止还没有利用最重要的一个性质：这是一棵树

要快速求解(f_x)数组，就需要一定的优化，由于这张图是一棵树，即每两点之间的路径是唯一的，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}igl[f_t+1+sum_{x ightarrow c}(f_c+1)igr] ]

由于儿子加父亲节点一共(d_x)个，即

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

我们要解出(A,B)，所以需要将(f_x=Af_t+B)代入式子

[f_x=frac 1{d_x}igl[f_t+sum_{x ightarrow c}(A_cf_x+B_c)igr]+1 ]

[(d_x-sum_{x ightarrow c} A_c)f_x=f_t+sum_{x ightarrow 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{ egin{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} ight.]

再加上集合(S)内的点(x)满足(A_x=B_x=0)

然后对于每个集合 (S) 就可以 (O(n)) 地求出从任意点出发到达第一个集合内点的期望时间

这样询问就可以愉悦地 (mathrm{min-max}) 容斥了

(O(1)) 查询的话只需要高维前缀和一下即可，于是乎总时间复杂度为 (O(n2^n+Q))

upd:好像还要算上求逆元，复杂度 (O(n2^nlog p+Q))，算出来大概 (1.5e8)，但由于枚举集合后一旦走到集合就递回，再算上快速幂的小常数，完全可过（复杂度跑不满，跑得最满的情况是菊花图，但即便是菊花图，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
",f[s]);
	}
	return 0;
}