Solution -「GLR-R2」教材运送

(mathcal{Description})

  Link.

  给定一棵包含 (n) 个点，有点权和边权的树。设当前位置 (s)（初始时 (s=1)），每次在 (n) 个结点内随机选择目标结点 (t)，付出「(s) 到 (t) 的简单路径上的边权之和」( imes)「(t) 的点权」的代价，标记（可以重复标记）点 (t) 并把 (s) 置为 (t)。求每个点至少被标记一次时（其中 (1) 号结点一开始就被标记）代价之和的期望。答案对 (998244353) 取模。

  (nle10^6)。

(mathcal{Solution})

  首先，有期望意义下的 Min-Max 容斥的公式：

[E(max(S))=sum_{Tsubseteq Sland T ot=varnothing}(-1)^{|T|-1}E(min(T)) ]

  对于本题，(S={2,3,cdots,n})，要求的答案等价于标记最后一个未标记点时代价的期望，那么枚举上式中的 (T)，并设 (|T|=m)，我们只需要对于每个 (T)，求出从结点 (1) 出发，标记 (T) 集合内任意一个点的期望代价就行。

  考虑一个朴素的 DP：令 (f_T(u)) 表示现在在 (u) 点（(u) 点已标记）时，标记 (T) 内任意一点的期望代价。显然：

[f_T(u)=egin{cases}0&uin T\ frac{1}nleft( sum_{v=1}^nf_T(v)+operatorname{dist}(u,v) ight)&u otin T end{cases} ]

  其中 (operatorname{dist}(u,v)) 即表示题意中把 (u) 置为 (v) 的代价。到此，你就可以获得 (10) 分的好成绩啦！

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  接下来，取出一个 (u otin T) 的 (f_T(u)) 来研究：

[f_T(u)=frac{1}nleft( sum_{v=1}^nf_T(v)+operatorname{dist}(u,v) ight)\ Rightarrow nf_T(u)-sum_{v=1}^nf_T(v)=sum_{v=1}^noperatorname{dist}(u,v) ]

  令 (s=sum_{v otin T}f(v))，(w(u)=sum_{v=1}^noperatorname{dist}(u,v))，(C=S-T={c_1,c_2,cdots,c_{n-m}})（其中恒有 (c_1=1)）列出共 (|C|) 个等式：

[left. egin{matrix} nf_T(c_1)-s=w(c_1)\ nf_T(c_2)-s=w(c_2)\ cdots\ nf_T(c_{n-m})-s=w(c_{n-m}) end{matrix} ight}n-m ext{ equations in total.} ]

  左右分别相加得到：

[ns-(n-m)s=sum_{v otin T}w(v)\ Rightarrow s=frac{sum_{v otin T}w(v)}{m} ]

  于是乎，要求的 (f_T(1)) 就有：

[f_T(c_1)=frac{s+w(1)}{n} ]

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  此后，把 (f_T(1)) 带入答案的式子里：

[egin{aligned} &sum_{Tsubseteq Sland T ot=varnothing}(-1)^{|T|-1}f_T(1)\ =&sum_{Tsubseteq Sland T ot=varnothing}(-1)^{|T|-1}left( frac{w(1)}{n}+frac{sum_{u otin T}w(u)}{n|T|} ight)\ =&frac{1}nsum_{m=1}^{n-1}(-1)^{m-1}left[ inom{n-1}mw(1)+frac{1}msum_{Tsubseteq Sland|T|=m}sum_{u otin T}w(u) ight] end{aligned} ]

  令 (g(m)=sum_{Tsubseteq Sland|T|=m}sum_{v otin T}w(v))，单独考虑结点 (1)，它必然不属于 (T)；再考虑其他结点的贡献次数，可以得出：

[g(m)=inom{n-1}{m}w(1)+inom{n-2}msum_{u=2}^nw(u) ]

  最后，只需要求出 (sum_{u=1}^nw(u))。分别考虑每条边 ((u,v,b)in E) 的贡献。将这条边删去，记此时 (u) 所在联通块的结点个数为 (p_u)，结点点权之和为 (q_u)，(v) 同理。则：

[sum_{u=1}^nw(u)=sum_{(u,v)in E}b(u,v)(p_uq_v+p_vq_u) ]

  综上，求出这一系列式子，问题就以 (mathcal O(n)) 的复杂度解决啦！

(mathcal{Code})

/* Clearink */

#include <cstdio>

inline char fgc () {
	static char buf[1 << 17], *p = buf, *q = buf;
	return p == q && ( q = buf + fread ( p = buf, 1, 1 << 17, stdin ), p == q ) ? EOF : *p++;
}

inline int rint () {
	int x = 0; char s = fgc ();
	for ( ; s < '0' || '9' < s; s = fgc () );
	for ( ; '0' <= s && s <= '9'; s = fgc () ) x = x * 10 + ( s ^ '0' );
	return x;
}

const int MAXN = 1e6, MOD = 998244353;
int n, ecnt, head[MAXN + 5], val[MAXN + 5], fac[MAXN + 5], ifac[MAXN + 5];
int fa[MAXN + 5], siz[MAXN + 5], sum[MAXN + 5], dist[MAXN + 5]; // dist[i]==dist(1,i).
int g[MAXN + 5];

inline int mul ( const long long a, const int b ) { return a * b % MOD; }
inline int sub ( int a, const int b ) { return ( a -= b ) < 0 ? a + MOD : a; }
inline int add ( int a, const int b ) { return ( a += b ) < MOD ? a : a - MOD; }
inline void addeq ( int& a, const int b ) { ( a += b ) >= MOD && ( a -= MOD, 0 ); }

struct Edge { int to, cst, nxt; } graph[MAXN * 2 + 5];

inline void link ( const int s, const int t, const int c ) {
	graph[++ecnt] = { t, c, head[s] };
	head[s] = ecnt;
}

inline int qkpow ( int a, int b ) {
	int ret = 1;
	for ( ; b; a = mul ( a, a ), b >>= 1 ) ret = mul ( ret, b & 1 ? a : 1 );
	return ret;
}

inline void init () {
	fac[0] = 1;
	for ( int i = 1; i <= n; ++i ) fac[i] = mul ( i, fac[i - 1] );
	ifac[n] = qkpow ( fac[n], MOD - 2 );
	for ( int i = n - 1; ~i; -- i ) ifac[i] = mul ( i + 1ll, ifac[i + 1] );
}

inline int inv ( const int x ) { return mul ( fac[x - 1], ifac[x] ); }

inline int comb ( const int n, const int m ) {
	return n < m ? 0 : mul ( fac[n], mul ( ifac[m], ifac[n - m] ) );
}

inline void dfs ( const int u ) {
	siz[u] = 1, sum[u] = val[u];
	for ( int i = head[u], v; i; i = graph[i].nxt ) {
		if ( ( v = graph[i].to ) ^ fa[u] ) {
			dist[v] = add ( dist[fa[v] = u], graph[i].cst );
			dfs ( v ), siz[u] += siz[v], addeq ( sum[u], sum[v] );
		}
	}
}

int main () {
	n = rint ();
	int vs = 0;
	for ( int i = 1; i <= n; ++i ) vs = add ( vs, val[i] = rint () );
	for ( int i = 1, u, v, w; i < n; ++i ) {
		u = rint (), v = rint (), w = rint ();
		link ( u, v, w ), link ( v, u, w );
	}
	init (), dfs ( 1 );
	int S = 0;
	for ( int u = 1; u <= n; ++u ) {
		for ( int i = head[u], v; i; i = graph[i].nxt ) {
			if ( ( v = graph[i].to ) ^ fa[u] ) {
				addeq ( S, mul ( graph[i].cst,
					add ( mul ( siz[v], sub ( vs, sum[v] ) ),
						mul ( n - siz[v], sum[v] ) ) ) );
			}
		}
	}
	for ( int i = 2; i <= n; ++i ) addeq ( g[n - 1], mul ( val[i], dist[i] ) );
	for ( int i = n - 2; i; --i ) {
		g[i] = add ( mul ( comb ( n - 1, i ), g[n - 1] ),
			mul ( comb ( n - 2, i ), sub ( S, g[n - 1] ) ) );
	}
	int ans = 0;
	for ( int i = 1; i < n; ++i ) {
		ans = ( i & 1 ? add : sub )( ans,
			add ( mul ( comb ( n - 1, i ), g[n - 1] ), mul ( inv ( i ), g[i] ) ) );
	}
	printf ( "%d
", mul ( ans, inv ( n ) ) );
	return 0;
}