[PKUWC2018]Minimax 题解

根据题意，若一个点有子节点，则给出权值；否则可以从子节点转移得来。

若没有子节点，则直接给出权值；

若只有一个子节点，则概率情况与该子节点完全相同；

若有两个子节点，则需要从两个子节点中进行转移。

如何转移？显然，若权值 $i$ 在左子树，要取到它，需要在 $p_i$ 的概率中左子树较大，在 $(1-p_i)$ 的概率中左子树较小，右子树同理。因为当权值 $i$ 在左子树时右子树取到它的概率为 $0$ ，因此可以直接将两个子树的转移式相加合并，没有影响。即：

设节点 $x$ 取到权值 $i$ 的概率为 $f_{x,i}$ ，节点数为 $n$ ，则有：

$$f_{x,i}=f_{lson(x),i}*(p_x*\sum_{j=1}^{i-1} f_{rson(x),j}+(1-p_x)*\sum_{j=i+1}^{n} f_{rson(x),j})+f_{rson(x),i}*(p_x*\sum_{j=1}^{i-1} f_{lson(x),j}+(1-p_x)*\sum_{j=i+1}^{n} f_{lson(x),j})$$

如何求值？通过观察可以发现，这个式子同时需要左儿子的值、右儿子的值以及其前缀、后缀和，可以想到用线段树合并进行求值。

如何实现？在线段树合并的同时维护前、后缀和，打上乘法标记即可。记得离散化。

本题需要用到分数取模：$\frac{a}{b}\bmod k=\frac{a}{b}*b^{k-1}\bmod k=a*b^{k-2}\bmod k$ 。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=3e5+100;
const int P=998244353;
int qpow(int x,int y)
{
    int ans=1;
    while(y)
    {
        if(y&1)
            ans=1LL*ans*x%P;
        x=1LL*x*x%P,y>>=1;
    }
    return ans;
}//快速幂
const int D=qpow(10000,P-2);
struct Seg
{
    int lson,rson,sum,tag;
    #define lson(i) t[i].lson
    #define rson(i) t[i].rson
    #define sum(i) t[i].sum
    #define tag(i) t[i].tag//乘法标记
}t[N<<5];
int n,cnt,h,ans;
int v[N],r[N],a[N],cnts[N],anss[N],s[N][2];
int newp()
{
    int p=++cnt;
    tag(p)=1;
    return p;
}//新建节点
void update(int p,int val)
{
    sum(p)=1LL*sum(p)*val%P;
    tag(p)=1LL*tag(p)*val%P;
}//更新
void pushdown(int p)
{
    if(tag(p)>1)
        update(lson(p),tag(p)),update(rson(p),tag(p)),tag(p)=1;
}//下传标记
void change(int &p,int l,int r,int k,int val)
{
    if(!p)
        p=newp();
    if(l==r)
    {
        sum(p)=val;
        return ;
    }
    pushdown(p);
    int mid=l+r>>1;
    if(k<=mid)
        change(lson(p),l,mid,k,val);
    else
        change(rson(p),mid+1,r,k,val);
    sum(p)=sum(lson(p))+sum(rson(p))%P;
}//修改
void ask(int p,int l,int r)
{
    if(!p)
        return ;
    if(l==r)
    {
        anss[l]=sum(p);
        return ;
    }
    pushdown(p);
    int mid=l+r>>1;
    ask(lson(p),l,mid),ask(rson(p),mid+1,r);
}//输出答案到对应数组
int merge(int x,int y,int l,int r,int xtag,int ytag,int val)
{
    if(!x && !y)
        return 0;
    if(!x)
    {
        update(y,ytag);
        return y;
    }
    if(!y)
    {
        update(x,xtag);
        return x;
    }
    pushdown(x),pushdown(y);//下传标记
    int mid=l+r>>1,lx=sum(lson(x)),ly=sum(lson(y)),rx=sum(rson(x)),ry=sum(rson(y));//先存值，否则之后会被改动
    lson(x)=merge(lson(x),lson(y),l,mid,(xtag+1LL*ry*(1-val+P)%P)%P,(ytag+1LL*rx*(1-val+P)%P)%P,val);
    rson(x)=merge(rson(x),rson(y),mid+1,r,(xtag+1LL*ly*val%P)%P,(ytag+1LL*lx*val%P)%P,val);
    sum(x)=(sum(lson(x))+sum(rson(x)))%P;
    return x;
}
void pre()
{
    sort(a+1,a+h+1);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(!cnts[i])
            v[i]=lower_bound(a+1,a+h+1,v[i])-a;//权值离散化
        else
            v[i]=1LL*v[i]*D%P;//存概率，分数取模
}//预处理权值
void solve(int x)
{
    if(!cnts[x])
    {
        change(r[x],1,h,v[x],1);
        return ;
    }//没有子节点，插入权值
    if(cnts[x]==1)
    {
        solve(s[x][0]);
        r[x]=r[s[x][0]];
        return ;
    }//只有一个子节点
    solve(s[x][0]),solve(s[x][1]);
    r[x]=merge(r[s[x][0]],r[s[x][1]],1,h,0,0,v[x]);//有两个子节点
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1,x;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&x);
        if(x)
            s[x][cnts[x]++]=i;
    }
    for(int i=1,x;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&v[i]);
        if(!cnts[i])
            a[++h]=v[i];
    }
    pre(),solve(1),ask(r[1],1,h);
    for(int i=1;i<=h;i++)
        ans=(ans+1LL*i*a[i]%P*anss[i]%P*anss[i])%P;//计算答案
    printf("%d",ans);
    return 0;
}