【LOJ 2542】【PKUWC2018】 随机游走(最值反演 + 树上期望dp)

哇我太菜啦555555

不妨钦定我们需要访问的点集为$S$，在$S$已知的情况下，我们令$f(x) $表示从$x$走到点集$S$中任意一点的期望步数。

若$x∈S$，则显然$f(x)=0$，否则$f[x]=\frac{1}{d[x]}\sum f[ch[x]]+1$。其中$d[x]$表示与$x$相连的节点个数，$ch[x]$为与$x$相连的节点。

然后就列出了$n$条式子，显然是一个$n$元一次方程，可以考虑用高斯消元去求解，这样时间复杂度是$O(n^32^{n})$，只能拿$60$分（然而我考场上是零分啊呜呜呜）

我们考虑用些快速点的方法，考虑将$f[x]$化为$A_xf[fa[x]]+B_x$。其中$fa[x]$表示$x$的父亲。则

$f[x]=A_x[fa[x]]+B_x=\frac{1}{d[x]}\sum f[ch[x]]$

$f[x]=\frac{1}{d[x]}f[fa[x]]+\frac{1}{d[x]}(A_{ch[x]}f[x]+B_{ch[x]})+1$。

经过化简后，得

$f[x]= \dfrac{f[fa[x]]+\sum B_{ch[x]}+1}{d[u]-\sum A_{ch[x]}}$

我们令$g[S]$表示从给定起点$X$出发，走到集合$S$中任意一个点的期望步数。

那么显然,$g[S]=f[X]$。求出所有状态的期望的时间复杂度显然为$O(n 2^n)$。

我们令$G[S]$表示从给定起点$X$出发，将集合$S$中每个点至少走一次的期望步数。

根据$min-max$容斥的相关内容，有

$G[S]=\sum_{i∈S}g[i]\times (-1)^{|i|+1}$

然后我们可以花$O(3^n)$枚举子集，预处理出所有答案。

查询的时候$O(1)$查询即可。

完结撒花

 #include<bits/stdc++.h>
 #define M 18
 #define MOD 998244353
 #define L long long
 using namespace std;
 
 L pow_mod(L x,L k){
     L ans=;
     while(k){
         if(k&) ans=ans*x%MOD;
         x=x*x%MOD; k>>=;
     }
     return ans;
 }
 
 L d[M]={},invd[M]={};
 struct edge{int u,next;}e[M<<]={}; int head[M]={},use=;
 void add(int x,int y){use++;e[use].u=y;e[use].next=head[x];head[x]=use;}
 
 L f[<<M]={},ans[<<M]={},zf[<<M]={},a[M]={},b[M]={}; int ok[<<M]={};
 
 int n,q,rt;
 void dfs(int x,int fa,int S){
     if((<<x)&S) return;
     for(int i=head[x];i;i=e[i].next)
     if(e[i].u!=fa){
         dfs(e[i].u,x,S);
         b[x]+=b[e[i].u];
         a[x]+=a[e[i].u];
     }
     b[x]%=MOD; a[x]%=MOD;
     L inv=pow_mod((d[x]-a[x]+MOD)%MOD,MOD-);
     a[x]=inv;
     b[x]=(b[x]*inv+inv*d[x])%MOD;
 }
 
 void solve(int x){
     ok[x]=;
     for(int i=x;i;i=x&(i-))
     ans[x]+=zf[i]*f[i];
     ans[x]=(ans[x]%MOD+MOD)%MOD;
 }
 
 int main(){
     //freopen("a.out","w",stdout);
     scanf("%d%d%d",&n,&q,&rt); rt--;
     for(int i=;i<n;i++){
         int x,y; scanf("%d%d",&x,&y);
         x--; y--; add(x,y); add(y,x);
         d[x]++; d[y]++;
     }
     for(int i=;i<n;i++) invd[i]=pow_mod(d[i],MOD-);
     int hh=<<n;
     for(int i=;i<hh;i++){
         memset(a,,sizeof(a));
         memset(b,,sizeof(b));
         dfs(rt,-,i);
         f[i]=b[rt]; zf[i]=-;
         for(int j=;j<n;j++)
         if((<<j)&i) zf[i]=-zf[i];
     }
     while(q--){
         int k,hh=; scanf("%d",&k);
         while(k--){
             int x; scanf("%d",&x);
             hh+=<<(x-);
         }
         if(!ok[hh]) solve(hh);
         printf("%lld\n",ans[hh]);
     }
 }