[BZOJ3451]Normal (点分治) 题面 BZOJ 题解 显然考虑每个点的贡献.但是发现似乎怎么算都不好计算其在点分树上的深度. 那么考虑一下这个点在点分树中每一次被计算的情况,显然就是其在某个点的点分树内时才会被计算答案. 那么设\(p[i][j]\)表示\(i\)在\(j\)的点分树里面的概率. 那么答案就变成了\(\sum_i\sum_j p[i][j]\) 那么\(i\)在\(j\)的点分树的概率显然就是两点之间路径不被断开的概率,即\(\frac{1}{dis(i,j)+1}…

3451: Tyvj1953 Normal 题意: N 个点的树,点分治时等概率地随机选点,代价为当前连通块的顶点数量,求代价的期望值 百年难遇的点分治一遍AC!!! 今天又去翻了一下<具体数学>上的离散概率,对期望有了一点新认识吧. 本题根据期望的线性性质,计算每个点的代价期望加起来. 一个点v产生了代价,它在u选为中心时所在的cc里,并且(u,v)路径上没有其他点已经被选择.概率为\(\frac{1}{(u,v)之间包含u,v点的个数}\) 统计每种长度的路径有多少个 点分治+生成函数统计…

题解: 好神的一道题.蒟蒻只能膜拜题解. 考虑a对b的贡献,如果a是a-b路径上第一个删除的点,那么给b贡献1. 所以转化之后就是求sigma(1/dist(i,j)),orz!!! 如果不是分母的话O(n)就可以搞,但是现在在分母上... 考虑转化一下,求ret[i]表示距离为i的点对有多少对.我们发现只要求出ret数组,然后就可以回答了. 如何求ret,我们用点分治.类似于RACE那道题. 对于一颗子树,我们整个信息一块统计,让它和前面的所有做卷积,更新ret,然后再把这棵子树归入前面的信息…

题目链接 BZOJ3451 题解 考虑每个点产生的贡献,即为该点在点分树中的深度期望值 由于期望的线性,最后的答案就是每个点贡献之和 对于点对\((i,j)\),考虑\(j\)成为\(i\)祖先的概率,记为\(P(i,j)\) 那么 \[ans = \sum\limits_{i = 1}^{n}\sum\limits_{j = 1}^{n} P(i,j)\] 由于是随机选点,\(i\)到\(j\)路径上所有点第一个被选中的除非是\(j\),否则\(j\)就不是\(i\)的祖先 由于是随机的,所以…

题目描述 给你一棵 $n$ 个点的树,对这棵树进行随机点分治,每次随机一个点作为分治中心.定义消耗时间为每层分治的子树大小之和,求消耗时间的期望. 输入 第一行一个整数n,表示树的大小接下来n-1行每行两个数a,b,表示a和b之间有一条边注意点是从0开始标号的 输出 一行一个浮点数表示答案四舍五入到小数点后4位如果害怕精度跪建议用long double或者extended 样例输入 30 11 2 样例输出 5.6667 题解 期望+树的点分治+FFT 由于期望可加,因此所求等于 $\sum\l…

原文链接https://www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/BZOJ3451.html 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( SubTre…

https://www.cnblogs.com/GXZlegend/p/8611948.html #include<cmath> #include<cstdio> #include<algorithm> #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++) #define For(i,x) for (int i=h[x],k; i; i=nxt[i]) using namespace std; ; .); int n,u,…

[BZOJ3451]Tyvj1953 Normal Description 某天WJMZBMR学习了一个神奇的算法:树的点分治!这个算法的核心是这样的:消耗时间=0Solve(树 a) 消耗时间 += a 的 大小 如果 a 中 只有 1 个点  退出 否则在a中选一个点x,在a中删除点x 那么a变成了几个小一点的树,对每个小树递归调用Solve我们注意到的这个算法的时间复杂度跟选择的点x是密切相关的.如果x是树的重心,那么时间复杂度就是O(nlogn)但是由于WJMZBMR比较傻逼,他决定随机…

题面 戳这里,题意简单易懂. 题解 首先我们发现,操作是可以不考虑顺序的,因为每次操作会加一个 \(1\) ,每次进位会减少一个 \(1\) ,我们就可以考虑最后 \(1\) 的个数(也就是最后的和),以及成功操作次数,就行了. 然后根据期望的线性性,我们可以从低到高按位考虑贡献. 考虑一个递推:\(f(i, j)\) 表示从后往前第 \(i\) 位总共被改变 \(j\) 次的概率,那么有两种转移: 进位:\(\displaystyle f(i - 1, j) \to f(i, \lfloor…

考虑容斥,枚举一个子集S在1号猎人之后死.显然这个概率是w1/(Σwi+w1) (i∈S).于是我们统计出各种子集和的系数即可,造出一堆形如(-xwi+1)的生成函数,分治NTT卷起来就可以了. #include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<algorithm> using namespa…