GMOJ 6870. 【2020.11.17提高组模拟】ckw的树 (tree)

ckw的树 (tree)

一类自己很不会做的题目，还是好好写一写 （所以之前TJ都放在总结里是为了水吗）

 

(Description)

给定一棵包含 (n) 个节点的树，其中 (m) 个点被标记，每单位时间可以从一个点走到距离不超过 (2) 的点中（一条边长度为 (1)），可以走到自己，求从任意点开始走到标记点的期望时间对 (998244353) 取模。

---

 

( ext{Data Constraint})

(2 leq n leq 10^5)，(1 leq m leq n)

---

 

(Solution)

设从点 (u) 出发走到标记点的期望时间为 (E(u))

由于一次转移走到点的距离不能超过 (2)，所以 (E(u)) 可以表示成与 (u) 的爷爷、父亲、兄弟、儿子、孙子有关，形式化表达就是：

[E(u) = frac{aE(gfa_u) + bE(fa_u) + c sum{E(bro(u))} + d sum{E(son(u))} + e sum E(gson(u))}{d_u} + f ]

其中 ( ext{a, b, c, d, e}) 分别为我们目前并不确定的系数；(d_u) 表示与 (u) 距离不大于 (2) 的节点数；(f) 为同样不确定常数项。

注意，初始时，(a = b = c = d = e = frac{1}{d_u})（哈这里的 (a, b, c, d, e) 与 ((1)) 式有所不同），以及 (f = 1)（表示 (u) 需要一单位时间走到对应节点）

可以暴力地 (O(n^3)) 高斯消元，分数 (20 sim 40ptes)。

发现式子中 (sum{E(bro(u))})，(sum{E(son(u))})，(sum{E(gson(u))}) 很难处理，考虑能不能消掉它们。

首先可以观察到叶子节点是没有 后两项 的，那么我们现在考虑对于节点 (u)，其儿子 (v_1, v_2, v_3...) 只有 (a, b, c) 项（为了方便用 (a, b, c) 表示对应的项），该如何消去其 (c) 项。

同样地可以高斯消元暴力消去，但是时间复杂度上不允许，于是让我们细致地观察式子 （雾），可以得到：

[sum{E(v_i)} = sum{a_{v_i}E(gfa_{v_i})} + sum{b_{v_i}E(fa_{v_i})} + sum{c_{v_i}sum{E(bro(v_i))}} + sum{f_{v_i}} ]

其中 (sum{E(v_i)} = sum{E(bro(v_i))})（注意 (v_i in bro(v_i))），(gfa_{v_i} = fa_u)，(fa_{v_i} = u)，（也就是儿子的 (E(gfa_v)) 相同，(E(fa_v)) 也相同）

则我们令 (sum{E(bro(v_i))} = sum(u))，(sum{a_{v_i}} = A)，(sum{b_{v_i}} = B)，那么 ((2)) 式可化为：

[sum(u) = A · E(gfa_v) + B · E(fa_v) + C · sum(u) + sum{f_v} ]

进一步移项可得：

[sum{E(bro_v)} = sum(u) = frac{A · E(gfa_v) + B · E(fa_v) + sum{f_v}}{1 - C} ]

将其代入 (E(v)) 中即可消去 (c) 项。

那么 (E(son(u)), E(gson(u))) 中就只包含 (a, b) 项了，我们接着思考如何消去 (E(u)) 的 (d, e) 项 （(c) 项会在 (fa_u) 处消掉 ），为了方便处理，我们使 ((1)) 式中 (E(u)) 的系数为 (k)，初始 (k = 1)，然后分类讨论：

• 对于 (son(u))，其 (gfa = fa_u, fa = u)。同样设 (A = sum{a_v}, B = sum{b_v}, F = sum{f_v}, v in sum(u))，那么若将 (E(son(u))) 代入 (E(u)) 中，(A) 会贡献到 (b_u) 中，(B) 会贡献到 (k) 中
• 对于 (gson(u))，其 (gfa = u, fa = son(u))。同上，设 (A = sum{a_{gson(u)}})，若将 (E(gson(u))) 代入 (E(u)) 中，(A) 会贡献到 (k) 中；但与上有区别，对于每个 (v in son(u))，设 (B'_v = sum{b_{v'}}, v' in son(v))，那么每个儿子 (v) 都会带来一个 (B'_v · E(v)) 的项，将 (E(v)) 代入再计算一遍即可。

为了方便处理，每次处理 (E(u)) 时可以同时计算出 (B'_u = sum{b_v}, v in son(u))；以及为了方便以后的处理，最后要将 (k) 变为 (1)。

从下往上处理一遍便得到了所有只包含 (a, b, f) 项的 (E(u))，若以 (1) 为根，那么 (E(1)) 只有 (f) 项，也就是 (E(1)) 已经确定，所以我们只需要从上往下再做一遍，即可求出所有的 (E(u))。

注意标记点的 (E) 为 (0)

 

以上语言公式标点可能使用的不太严谨请见谅（明明是炒鸡不严谨好吗），虽然我觉得也只有自己会看这种东东了所以就当是对自己说的吧，逃，看不懂概不负责（包括自己，再逃）。

---

 

(Code)

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

#define N 100000
#define mo 998244353

#define ll long long

#define fo(i, x, y) for(int i = x; i <= y; i ++)
#define fd(i, x, y) for(int i = x; i >= y; i --)
#define Fo(i, u) for(int i = head[u]; i; i = edge[i].next)

void read(int &x) {
    char ch = getchar(); x = 0;
    while (ch < '0' || ch > '9') ch = getchar();
    while (ch >= '0' && ch <= '9') x = (x << 1) + (x << 3) + ch - 48, ch = getchar();
}

struct EDGE { int next, to; } edge[N << 1];

int head[N + 1], son[N + 1], d[N + 1], bz[N + 1];

int n, m;

struct Arr { ll a, b, c, d; } f[N + 1], g[N + 1];

int cnt_edge = 1;
void Add(int u, int v) { edge[ ++ cnt_edge ] = (EDGE) { head[u], v }, head[u] = cnt_edge; }
void Link(int u, int v) { Add(u, v), Add(v, u); }

ll Fast(ll x, int p = mo - 2) {
    ll res = 1;
    while (p) {
        if (p & 1) (res *= x) %= mo;
        (x *= x) %= mo;
        p >>= 1;
    }
    return res;
}

void Dfs1(int u, int fa, int ff, int la) {
    d[u] = son[fa] + (fa > 0) + (ff > 0);
    son[u] = 0;
    Fo(i, u) if (i != la) ++ son[u];
    ll A = 0, B = 0, C = 1, D = 0;
    int v = 0;
    Fo(i, u) if (i != la) {
        v = edge[i].to;
        Dfs1(v, u, fa, i ^ 1);
        d[u] += son[v] + 1;
        (A += f[v].a) %= mo, (B += f[v].b) %= mo, (C += mo - f[v].c) %= mo, (D += f[v].d) %= mo;
    }

    int sd = Fast(d[u]);
    f[u].a = f[u].b = f[u].c = sd, f[u].d = 1;
    ll K = 1;

    ll sc = Fast(C);
    if (! C) sc = 0;
    A = A * sc % mo, B = B * sc % mo, D = D * sc % mo;
    Fo(i, u) if (i != la) {
        v = edge[i].to;
        (f[v].a += f[v].c * A) %= mo;
        (f[v].b += f[v].c * B) %= mo;
        (f[v].d += f[v].c * D) %= mo;
        f[v].c = 0;

        (f[u].b += f[v].a * (g[v].b + 1) % mo * sd % mo) %= mo;
        (f[u].d += f[v].d * (g[v].b + 1) % mo * sd % mo) %= mo;
        (K += mo - f[v].b * (g[v].b + 1) % mo * sd % mo) %= mo;

        (f[u].d += g[v].d * sd % mo) %= mo;
        (K += mo - g[v].a * sd % mo) %= mo;

        (g[u].a += f[v].a) %= mo, (g[u].b += f[v].b) %= mo, (g[u].d += f[v].d) %= mo;
    }
    if (! bz[u]) {
        ll sk = Fast(K);
        (f[u].a *= sk) %= mo, (f[u].b *= sk) %= mo, (f[u].c *= sk) %= mo, (f[u].d *= sk) %= mo;
    } else
        f[u].a = f[u].b = f[u].c = f[u].d = 0;
}

ll ans[N + 1];

void Dfs2(int u, int fa, int ff, int la) {
    ans[u] = ((f[u].a * ans[ff] % mo + f[u].b * ans[fa] % mo) % mo + f[u].d) % mo;
    Fo(i, u) if (i != la)
        Dfs2(edge[i].to, u, fa, i ^ 1);
}

int main() {
    freopen("tree.in", "r", stdin);
    freopen("tree.out", "w", stdout);

    read(n), read(m);
    int x, y;
    fo(i, 2, n) read(x), read(y), Link(x, y);
    fo(i, 1, m) read(x), bz[x] = 1;

    son[0] = 1;
    Dfs1(1, 0, 0, 0);

    ll sc = Fast((1 - f[1].c + mo) % mo);
    (f[1].a *= sc) %= mo, (f[1].b *= sc) %= mo, f[1].c = 0, (f[1].d *= sc) %= mo;
    Dfs2(1, 0, 0, 0);

    fo(i, 1, n) printf("%d
", ans[i]);

    return 0;
}