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[UOJ#351]新年的叶子

时间:2018-02-26 16:18:22      阅读:183      评论:0      收藏:0      [点我收藏+]

标签:mem   中心   oid   关系   string   技术   总数   pow   stream   

[UOJ#351]新年的叶子

试题描述

躲过了AlphaGo 之后,你躲在 SingleDog 的长毛里,和它们一起来到了AlphaGo 的家。此时你们才突然发现,AlphaGo 的家居然是一个隐藏在地下的计算中心!难道 AlphaGo 如此人赢的秘密是...它其实是一个 AI?

根据情报,这个地下的计算中心的结构构成了一棵无根树,整个计算中心名为被 AT-field 的力场保护起来,保护力场的直径恰好等于树的直径(树的直径定义为树上距离最远的两个结点之间的距离,结点 \(u,v\) 的距离定义为从 \(u\)\(v\) 最少需要经过的边数)。

由于保护力场的存在,SingleDog 们每次只能进入整棵树的一个叶子(度为 \(1\) 的结点),由于狗的大脑很小,他们每次只会随机进攻一个原树的叶子,并且破坏里面的设备,更加狼狈的是他们甚至会重复进入一个已经被破坏过的叶子。

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比如这棵树中,SingleDog 们攻击的就是 \(3,4,7\) 这三个点,他们不会攻击 \(2\) 号点,因为它不是原树的叶子。

他们想知道,期望多少次之后,可以使得保护力场的直径缩小?

即,对于一棵树,每次随机染黑一个叶子(可能会重复染黑),期望多少次后直径变小?

输入

从标准输入读入数据。

第一行一个正整数 \(n\),表示树的点数。

接下来 \(n?1\) 行,每行两个正整数 \(x,y\),表示树上的一条边。

输出

输出到标准输出。

输出一行一个整数表示答案在模 \(998244353\) 意义下的取值。

即设答案化为最简分式后的形式为 \(\frac{a}{b}\) ,其中 \(a\)\(b\) 互质。输出整数 \(x\) 使得 \(bx \equiv a(\mod 998244353)\)\(0 \le x < 998244353\)。可以证明这样的整数 \(x\) 是唯一的。

输入示例1

3
1 2
2 3

输出示例1

1

输入示例2

6
1 2
2 3
1 4
4 5
1 6

输出示例2

499122178

数据规模及约定

对于所有数据,\(3 \le n \le 5 \times 10^5\)\(1 \le x,y \le n\)

题解

首先考虑一下直径的性质,若直径长度为偶数条边,所有直径的中点是相同的;否则所有直径最中间那条边是相同的。

\(l\) 为直径长度。

那么对于偶数的情况,我们将 \(u\) 的每个儿子中深度为 \(\frac{l}{2}\) 的所有叶子放在一个集合当中,这样当染到只有一个集合内还有未被染黑的叶子时直径一定变短了;

\(l\) 为奇数,那么所有深度为 \(\frac{l+1}{2}\) 的叶子一定在同一个子树中,把所有不在那个子树中的深度为 \(\frac{l-1}{2}\) 的叶子放到一个集合中就可以按照和偶数情况一样处理了。

现在需要把问题转化一下,把“每次可以染黑点”改成“每次一定染白点”,但是这样改之后每一步的期望不再是 \(1\) 了,所以我们令这个期望是 \(x\),然后尝试计算出来。

具体来说,现在有 \(n\) 个叶子,有 \(m\) 个白的,其余都是黑的,那么染一个白色叶子需要期望多少步。考虑下一步染色的两种情况,分别是染黑色叶子和染白色叶子,两种情况概率分别是 \(\frac{n-m}{n}\)\(\frac{m}{n}\),如果染白色叶子那么目标已经完成,所以期望步数是 \(1\),否则相当于没做任何操作,所以期望步数还是 \(x\),所以我们可以列一个方程

\[ x = \frac{n-m}{n}x + \frac{m}{n} \]

解得 \(x = \frac{n}{m}\)

现在我们枚举集合 \(x\),假装它最终没有被染黑(即忽略掉它),在这种情况下染黑其它所有集合中的节点的期望步数是多少?很显然就是每一步的期望的叠加,令 \(N\) 表示总叶子数,\(S\) 表示所有集合中叶子的总数,期望步数就是 \(\sum_{i=1}^{S - |x|} \frac{N}{i}\),这里就是将关系的点看成白色,忽略的点看成黑色。

如果我们将对于所有 \(x\) 的这个期望直接累加肯定不是答案,它算多了。这是因为我们那么算期望步数的时候并没有考虑集合 \(x\) 内的叶子的染色情况,也就是说它们被全部染黑的情况也被统计进去了;所以我们多算的部分就是所有集合中的叶子都染黑的情况。注意到只有在最后一步染黑的集合不是 \(x\) 的时候才会多算,也就是说在枚举到集合 \(x\) 的时候我们多算的是 \(\sum_{y \ne x} 最后一步将集合\ y\ 染黑,使得所有集合中的叶子全黑的期望步数\)。那么多算的部分就是(令集合个数为 \(T\)\(E(y)\) 表示“最后一步将集合 \(y\) 染黑,使得所有集合中的叶子全黑的期望步数”)

\[ \sum_x \sum_{y \ne x} E(y) \= \sum_y E(y) \sum_{x \ne y} 1 \= \sum_y E(y) \cdot (T - 1) \= (T - 1) \sum_y E(y) \]

所以多算的就是 \((T-1)\) 倍的将所有集合中的叶子染黑的期望步数,最后减去这个数就好了。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define rep(i, s, t) for(int i = (s), mi = (t); i <= mi; i++)
#define dwn(i, s, t) for(int i = (s), mi = (t); i >= mi; i--)

int read() {
    int x = 0, f = 1; char c = getchar();
    while(!isdigit(c)){ if(c == ‘-‘) f = -1; c = getchar(); }
    while(isdigit(c)){ x = x * 10 + c - ‘0‘; c = getchar(); }
    return x * f;
}

#define maxn 500010
#define maxm 1000010
#define MOD 998244353
#define LL long long

int n, m, head[maxn], nxt[maxm], to[maxm], deg[maxn];

void AddEdge(int a, int b) {
    to[++m] = b; nxt[m] = head[a]; head[a] = m;
    swap(a, b);
    to[++m] = b; nxt[m] = head[a]; head[a] = m;
    deg[a]++; deg[b]++;
    return ;
}

int step[maxn], fa[maxn], Q[maxn], hd, tl;
int BFS(int s) {
    memset(step, -1, sizeof(step));
    hd = tl = 0; Q[++tl] = s; step[s] = 0; fa[s] = 0;
    while(hd < tl) {
        int u = Q[++hd];
        for(int e = head[u]; e; e = nxt[e]) if(step[to[e]] < 0) {
            step[to[e]] = step[u] + 1;
            fa[to[e]] = u;
            Q[++tl] = to[e];
        }
    }
    int mx = 0, mxi;
    rep(i, 1, n) if(step[i] > mx) mx = step[i], mxi = i;
    return mxi;
}

int mxh[maxn], tot[maxn];
void dp(int u, int pa) {
    mxh[u] = 0; tot[u] = 1;
    for(int e = head[u]; e; e = nxt[e]) if(to[e] != pa) {
        dp(to[e], u);
        if(mxh[to[e]] + 1 == mxh[u]) tot[u] += tot[to[e]];
        else if(mxh[to[e]] + 1 > mxh[u]) mxh[u] = mxh[to[e]] + 1, tot[u] = tot[to[e]];
    }
    return ;
}

int siz[maxn], cnts, inv[maxn], sum[maxn];

int main() {
    n = read();
    rep(i, 1, n - 1) {
        int a = read(), b = read();
        AddEdge(a, b);
    }
    
    int A = BFS(1), B = BFS(A), len = step[B];
    rep(i, 1, len >> 1) B = fa[B];
    dp(B, 0);
    for(int e = head[B]; e; e = nxt[e]) if(mxh[to[e]] + 1 == (len + 1 >> 1)) siz[++cnts] = tot[to[e]];
    if(len & 1) {
        cnts++;
        for(int e = head[B]; e; e = nxt[e]) if(mxh[to[e]] + 1 == (len >> 1)) siz[cnts] += tot[to[e]];
    }
    
    int N = 0, sn = 0;
    rep(i, 1, n) N += deg[i] == 1;
    rep(i, 1, cnts) sn += siz[i];
    inv[1] = 1;
    rep(i, 2, N) inv[i] = (LL)(MOD - MOD / i) * inv[MOD%i] % MOD;
    sum[0] = 0;
    rep(i, 1, n) {
        sum[i] = sum[i-1] + (LL)N * inv[i] % MOD;
        if(sum[i] >= MOD) sum[i] -= MOD;
    }
    
    int ans = 0;
    rep(i, 1, cnts) {
        ans += sum[sn-siz[i]];
        if(ans >= MOD) ans -= MOD;
    }
    ans -= (LL)(cnts - 1) * sum[sn] % MOD;
    if(ans < 0) ans += MOD;
    
    printf("%d\n", ans);
    
    return 0;
}

[UOJ#351]新年的叶子

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原文地址:https://www.cnblogs.com/xiao-ju-ruo-xjr/p/8473410.html

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