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题目传送门 - BZOJ3451
题意
给定一棵有 $n$ 个节点的树，在树上随机点分治，问消耗时间的期望。
计算点分治耗时由如下函数给出：
Time = 0
Solve( T ){
Time += |T|
if ( |T| = 1 ) then
return ;
x = 一个随机节点 in T
for y in {与 x 直接连边的节点 in T} do
Solve( SubTree y )
}
$nleq 3 imes 10^4$
题解
考虑最终在点分树上，如果 $y$ 是 $x$ 的祖先，那么就会产生一点贡献。我们把它记为：数对 $(x,y)$ 产生了一点贡献。
回到原树，如果数对 $(x,y)$ 能产生贡献，那么 $y$ 一定是 $x$ 到 $y$ 路径上面最先被选中的。因为， $x$ 显然不能先选，而如果选择了 $x$ 到 $y$ 之间的节点，那么 $x$ 和 $y$ 在点分树中就被分到了两个子树中，不能产生贡献。
由于是等概率随机选点，所以对于任何两个点 $(x,y)$ ，$y$ 最先被选中的概率显然是 $cfrac{1}{dis(x,y)}$ 。
所以，答案被转化为：
$$sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{n}cfrac{1}{dis(x,y)}$$
于是我们就可以 点分治 + FFT 了。
具体地：
我们需要得到每一个长度的路径条数。
对于每一个点分中心，我们先分治处理所有子树。
然后，dfs 遍历所有子树，对于每一个子树得到子树内的深度值的情况。注意，用 vector 存。
然后，任意两个子树的信息就可以合并了。
但是暴力合并显然是不对的，$n^2$ 复杂度肯定超时。（下面把子树深度数组当作多项式）
考虑将子树按照最深深度排序，从深度小到深度大，通过多项式前缀和一下，FFT 优化多项式乘法即可。
再具体？？看代码吧……
时间复杂度 $O(nlog^2 n)$ 。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int read(){
int x=0;
char ch=getchar();
while (!isdigit(ch))
ch=getchar();
while (isdigit(ch))
x=(x<<1)+(x<<3)+ch-48,ch=getchar();
return x;
}
const int N=30005;
struct Gragh{
static const int M=N*2;
int cnt,y[M],nxt[M],fst[N];
void clear(){
cnt=0;
memset(fst,0,sizeof fst);
}
void add(int a,int b){
y[++cnt]=b,nxt[cnt]=fst[a],fst[a]=cnt;
}
}g;
int Pow(int x,int y,int mod){
int ans=1;
for (;y;y>>=1,x=1LL*x*x%mod)
if (y&1)
ans=1LL*ans*x%mod;
return ans;
}
namespace FaFaTa{
static const int N=1<<15,mod=998244353;
int n,d;
int w[N],R[N],A[N],B[N];
vector <int> res;
void FFT(int a[],int n){
for (int i=0;i<n;i++)
if (R[i]<i)
swap(a[i],a[R[i]]);
for (int d=1,t=n>>1;d<n;d<<=1,t>>=1)
for (int i=0;i<n;i+=(d<<1))
for (int j=0;j<d;j++){
int tmp=1LL*w[t*j]*a[i+j+d]%mod;
a[i+j+d]=(a[i+j]-tmp+mod)%mod;
a[i+j]=(a[i+j]+tmp)%mod;
}
}
void FFT_Mul(vector <int> &a,vector <int> &b){
int la=a.size(),lb=b.size();
for (n=1,d=0;n<la+lb-1;n<<=1,d++);
for (int i=0;i<n;i++)
R[i]=(R[i>>1]>>1)|((i&1)<<(d-1));
w[0]=1,w[1]=Pow(3,(mod-1)/n,mod);
for (int i=2;i<n;i++)
w[i]=1LL*w[i-1]*w[1]%mod;
for (int i=0;i<n;i++)
A[i]=i<la?a[i]:0;
for (int i=0;i<n;i++)
B[i]=i<lb?b[i]:0;
FFT(A,n),FFT(B,n);
for (int i=0;i<n;i++)
A[i]=1LL*A[i]*B[i]%mod;
w[1]=Pow(w[1],mod-2,mod);
for (int i=2;i<n;i++)
w[i]=1LL*w[i-1]*w[1]%mod;
FFT(A,n);
int inv=Pow(n,mod-2,mod);
for (int i=0;i<n;i++)
A[i]=1LL*A[i]*inv%mod;
res.clear();
for (int i=0;i<n;i++)
res.push_back(A[i]);
}
}
int n,Time;
int ans[N],vis[N],size[N],Max[N],root;
int id[N],id_cnt,dcnt[N];
vector <int> depth[N];
void Get_root(int x,int pre){
id[++id_cnt]=x;
size[x]=1,Max[x]=0;
for (int i=g.fst[x];i;i=g.nxt[i])
if (g.y[i]!=pre&&!vis[g.y[i]]){
Get_root(g.y[i],x);
size[x]+=size[g.y[i]];
Max[x]=max(Max[x],size[g.y[i]]);
}
}
void Get_depth(int rt,int y,int x,int pre,int d){
if (depth[y].size()<=0.1+d)
depth[y].push_back(0);
depth[y][d]++;
for (int i=g.fst[x];i;i=g.nxt[i])
if (g.y[i]!=pre&&vis[rt]<vis[g.y[i]])
Get_depth(rt,y,g.y[i],x,d+1);
}
bool cmp(int a,int b){
return depth[a].size()<depth[b].size();
}
void solve(int root){
id_cnt=0;
Get_root(root,0);
int n=size[root],x=root;
for (int i=1;i<=id_cnt;i++){
int y=id[i];
Max[y]=max(Max[y],n-size[y]);
if (Max[y]<Max[x])
x=y;
}
vis[x]=++Time;
for (int i=g.fst[x];i;i=g.nxt[i])
if (!vis[g.y[i]])
solve(g.y[i]);
id_cnt=0;
for (int i=g.fst[x];i;i=g.nxt[i])
if (vis[g.y[i]]>vis[x]){
int y=id[++id_cnt]=g.y[i];
depth[y].clear();
depth[y].push_back(0);
Get_depth(x,y,y,x,1);
}
sort(id+1,id+id_cnt+1,cmp);
depth[id[0]=0].clear();
depth[0].push_back(1);
for (int i=1;i<=id_cnt;i++){
FaFaTa :: FFT_Mul(depth[id[i-1]],depth[id[i]]);
for (int j=0;j<FaFaTa :: n;j++)
ans[j]+=FaFaTa :: res[j];
for (int j=0;j<depth[id[i-1]].size();j++)
depth[id[i]][j]+=depth[id[i-1]][j];
}
}
int main(){
n=read();
g.clear();
for (int i=1,a,b;i<n;i++){
a=read()+1,b=read()+1;
g.add(a,b);
g.add(b,a);
}
memset(ans,0,sizeof ans);
memset(vis,0,sizeof vis);
Time=0;
solve(1);
long double tot=n;
for (int i=1;i<n;i++)
tot+=((long double)ans[i])*2/(i+1);
printf("%.4Lf",tot);
return 0;
}