Solution -「Gym 102979E」Expected Distance

(mathcal{Description})

  Link.

  用给定的 ({a_{n-1}},{c_n}) 生成一棵含有 (n) 个点的树，其中 (u) 连向 ([1,u)) 中的某个 (v)，概率为 (frac{a_v}{a_1+a_2+cdots+a_{u-1}})，边权为 (c_u+c_v)。并给出 (q) 组询问 ((u_i,v_i))，每次回答 (u_i) 到 (v_i) 的树上距离的期望。答案对 ((10^9+7)) 取模。

  (n,qle3 imes10^5)。

(mathcal{Solution})

[ extit{Defining }LaTeX extit{ macros...} ewcommand{vct}[1]{oldsymbol{#1}} ewcommand{stir}[2]{genfrac{{}{}}{0pt}{}{#1}{#2}} ewcommand{opn}[1]{operatorname{#1}} ewcommand{lcm}[0]{opn{lcm}} ewcommand{sg}[0]{opn{sg}} ewcommand{dist}[0]{opn{dist}} ewcommand{lca}[0]{opn{lca}} ewcommand{floor}[2]{leftlfloorfrac{#1}{#2} ight floor} ewcommand{ceil}[2]{leftlceilfrac{#1}{#2} ight ceil} ]

  问题卡壳，必有结论。

  令 (1) 为根，把 (dist(u,v)) 转化成 (dist(1,u)+dist(1,v)-2dist(lca(u,v)))。记 (f(u)=E(dist(1,u)))，显然有

[f(u)=c_u+frac{1}{s_{u-1}}sum_{v<u}a_v(f_v+c_v). ]

其中 (s_i=sum_{j=1}^ia_i)，可见 (f) 可以轻易地 (mathcal O(n)) 求出。我们接下来研究 (dist(lca(u,v)))。不妨设 (u<v)，可以发现一个结论：

[forall v>u,~E(dist(lca(u,v)))=g(u). ]

其中 (g(u)) 是仅与 (u) 有关的量。

证明

  考虑求 $lca(u,v)$ 的方式，在 $v$ 沿着祖先跳跃时，我们只关心第一次使得 $vle u$ 的位置。此时仅有两种情况

• (v=u)，概率为 (frac{a_u}{s_u})；
• (v<u)，概率为 (frac{s_{u-1}}{s_u})。

  可见与 (v) 无关。

  在证明的基础上，亦能得到 (g(u)) 的转移：

[g(u)=frac{1}{s_u}left(a_uc_u+sum_{v<u}a_vg_v ight). ]

也能 (mathcal O(n)) 求出，所以本题就解决啦。

(mathcal{Code})

/*~Rainybunny~*/

#include <bits/stdc++.h>

#define rep( i, l, r ) for ( int i = l, rep##i = r; i <= rep##i; ++i )
#define per( i, r, l ) for ( int i = r, per##i = l; i >= per##i; --i )

const int MAXN = 3e5, MOD = 1e9 + 7;
int n, q, a[MAXN + 5], s[MAXN + 5], invs[MAXN + 5];
int c[MAXN + 5], f[MAXN + 5], g[MAXN + 5];

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

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio( false ), std::cin.tie( 0 );

    std::cin >> n >> q;
    rep ( i, 1, n - 1 ) {
        std::cin >> a[i], s[i] = a[i] + s[i - 1];
        invs[i] = mpow( s[i], MOD - 2 );
    }
    rep ( i, 1, n ) std::cin >> c[i];

    for ( int i = 2, pre = mul( a[1], c[1] ); i <= n; ++i ) {
        f[i] = add( c[i], mul( invs[i - 1], pre ) );
        pre = add( pre, mul( a[i], add( f[i], c[i] ) ) );
    }

    for ( int i = 2, pre = 0; i < n; ++i ) {
        g[i] = mul( invs[i], add( mul( a[i], f[i] ), pre ) );
        pre = add( pre, mul( a[i], g[i] ) );
    }

    for ( int u, v; q--; ) {
        std::cin >> u >> v;
        if ( u > v ) u ^= v ^= u ^= v;
        if ( u == v ) std::cout << "0
";
        else std::cout << sub( add( f[u], f[v] ), mul( 2, g[u] ) ) << '
';
    }
    return 0;
}