传送门


那么除了D1T3,PKUWC2018就更完了(斗地主这种全场0分的题怎么会做啊)

发现我们要求的是所有点中到达时间的最大值的期望,\(n\)又很小,考虑min-max容斥

那么我们要求从\(x\)走到第一个属于某个子集\(S\)的节点的步数期望,这是一个经典的树上高斯消元问题。

将树设为以\(x\)为根,设\(f_{i , S}\)为从第\(i\)个点随机游走到达点集\(S\)任意一个点停止,行走步数的期望,转移:

\(1.i \in S: f_{i , S}=0\)

\(2.i \not\in S : f_{i , S} = \frac{1}{in_i} \sum\limits_{(i,j) \in e}f_{j,S} + 1\)

直接这么做是\(O(2^nn^3)\)的,但是因为树上的优美性质,高斯消元可以做到\(O(n)\)。

首先对于一个点集\(S\)中的点\(t\),\(t\)的子树是没有必要的,可以截去。

然后对于所有叶子节点\(k\),要么\(f_{k , S} = 0\) ,要么\(f_{k , S} = f_{fa_k , S} + 1\)。可以发现对于当前的某一个点\(x\),如果它的所有子节点\(y\)都是叶子节点,可以通过消元将\(f_{x,S}\)变为\(k \times f_{fa_k , S} + b\)的形式,其中\(k,b\)都是常数。这么按照无根树拓扑序推上去,可以知道除根结点的所有节点\(x\),\(f_{x , S} = k \times f_{fa_x , S} + b\)的形式,而根结点可以推出\(f_{x,S} = b\),就可以求出来从根结点走到第一个属于\(S\)的节点的步数期望了。

乘上\(-1^{|S| + 1}\)之后,题目求的最大值期望实质上就是一个子集和,高维前缀和之后\(O(1)\)回答询问,总复杂度\(O(n2^n + Q)\)。

#include<bits/stdc++.h>
//This code is written by Itst
using namespace std; inline int read(){
int a = 0;
char c = getchar();
bool f = 0;
while(!isdigit(c) && c != EOF){
if(c == '-')
f = 1;
c = getchar();
}
if(c == EOF)
exit(0);
while(isdigit(c)){
a = a * 10 + c - 48;
c = getchar();
}
return f ? -a : a;
} const int MOD = 998244353;
struct Edge{
int end , upEd;
}Ed[41];
int head[21] , dp[1 << 18] , du[21] , k[21] , b[21] , cnt1[1 << 18];
int N , Q , R , cntEd; inline int poww(long long a , int b){
int times = 1;
while(b){
if(b & 1)
times = times * a % MOD;
a = a * a % MOD;
b >>= 1;
}
return times;
} inline void addEd(int a , int b){
Ed[++cntEd].end = b;
Ed[cntEd].upEd = head[a];
head[a] = cntEd;
++du[b];
} void dfs(int x , int p , int S){
if(S & (1 << x)){
k[x] = b[x] = 0;
return;
}
k[x] = 1;
b[x] = 0;
int t = poww(du[x] , MOD - 2);
for(int i = head[x] ; i ; i = Ed[i].upEd)
if(Ed[i].end != p){
dfs(Ed[i].end , x , S);
k[x] = (k[x] - 1ll * k[Ed[i].end] * t % MOD + MOD) % MOD;
b[x] = (b[x] + 1ll * t * b[Ed[i].end]) % MOD;
}
k[x] = poww(k[x] , MOD - 2);
b[x] = 1ll * (b[x] + 1) * k[x] % MOD;
k[x] = 1ll * k[x] * t % MOD;
} int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("in","r",stdin);
freopen("out","w",stdout);
#endif
N = read();
Q = read();
R = read() - 1;
for(int i = 1 ; i < N ; ++i){
int a = read() - 1 , b = read() - 1;
addEd(a , b);
addEd(b , a);
}
for(int i = 1 ; i < 1 << N ; ++i){
dfs(R , -1 , i);
dp[i] = b[R];
}
for(int i = 1 ; i < 1 << N ; ++i){
cnt1[i] = cnt1[i >> 1] + (i & 1);
if(!(cnt1[i] & 1))
dp[i] = dp[i] ? MOD - dp[i] : 0;
}
for(int i = 0 ; i < N ; ++i)
for(int j = 1 ; j < 1 << N ; ++j)
if(!(j & (1 << i)))
(dp[j | (1 << i)] += dp[j]) %= MOD;
for(int i = 1 ; i <= Q ; ++i){
int S = 0;
for(int j = read() ; j ; --j)
S += 1 << (read() - 1);
printf("%d\n" , dp[S]);
}
return 0;
}

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