题目描述
给定一个完全图，保证\(w_{u,v}=w_{v,u}\)且\(w_{u,u}=0\)，等概率选取一个随机生成树，对于每一对\((u,v)\)，求\(dis(u,v)\)的期望值对\(998244353\)取模。
输入
第一行一个数\(n\)
接下来\(n\)行，每行\(n\)个整数，第\(i\)行第\(j\)个整数表示\(w_{i,j}\)
输出
输出共\(n\)行，每行\(n\)个整数，第\(i\)行第\(j\)个整数表示\(dis(i,j)\)的期望值
样例
样例输入
4
0 1 1 1
1 0 1 1
1 1 0 1
1 1 1 0样例输出
0 374341634 374341634 374341634
374341634 0 374341634 374341634
374341634 374341634 0 374341634
374341634 374341634 374341634 0数据范围
\(\left|w_{i,j}\right| \leq?10^9\)
\(n?\leq?1000\)
题解
这是一道神奇的概率题……
其实题目原来是有一个\(20%\)的数据点，此时\(n\leq 9\)，显然我们可以用\(prufer\)编码枚举生成树，然后暴力算答案即可（\(QwQ\)卡常拿了\(15pts\)走人）。但是显然\(1000\)是不可能的……
于是我们考虑这道题的特殊性质——这是一个完全图！完全图拥有非常好的对称性！
根据上面这点，对于点对\((u,v)\)，任意的一条边\((x,y)\)出现在\(u\)到\(v\)的路径上的概率是一样的，同理，任意一条边\((u,x)\)或\((x,v)\)出现在\(u\)到\(v\)的路径上的概率也是一样的。于是我们发现可以把边分成三类。
- \((u,v)\)，即两端点都在路径上
- \((u,x)\)或\((x,v)\)，即有一个端点在路径上
- \((x,y)\)，即两端点都不在路径上
对于第一种，只要这条边出现在生成树中就一定会经过，于是就是某一条边出现在生成树中的概率。生成树有\(n^{n-2}\)种，每种会给\((n-1)\)条边带来\(1\)贡献，显然每条边的总贡献是相同的，于是单条边的贡献为\(\frac{n^{n-2}\cdot(n-1)}{\frac{n\cdot(n-1)}{2}}=2\cdot n^{n-3}\)
然后只需再除以总方案数\(n^{n-2}\)就是概率，即\(\frac{2}{n}\)
考虑第二种，显然对于所有的\((u,x)\)概率都相等……可以发现，如果\((u,v)\)存在生成树中，一定不会选到\((u,x)\)，否则就等概率地选中\((u,x)\)。那么答案为\(\frac{1-\frac{2}{n}}{n-2}\)
第三种不容易看出什么特征了，我们暴力一点求。假设把这条边切断，发现左右分成两部分，我们可以枚举其中\(x\)部分的大小，设为\(i\)，则\(y\)部分为\(n-i\)，其中有\(4\)个点已经确定了——\(x,y,u,v\)，为了方便，我们固定\(u\)在\(x\)这边，而\(v\)在\(y\)这边，最后答案乘\(2\)即可（交换\(u,v\)）。显然，答案需要乘上\(C_{n-4}^{i-2}\)，\(n-4\)是因为除去这四个点，\(i-2\)是除去\(x\)和\(u\)。然后左右两边的任意一个无根树形态都是可以的，根据\(prufer\)编码，答案就是： \[\sum_{i=2}^{n-2}{\cfrac{2\cdot i^{i-2}\cdot(n-i)^{n-i-2}\cdot C^{n-4}_{i-2}}{n^{n-2}}}\]直接\(O(n\log n)\)求就好了
然后统计答案，注意各种小细节，这道题就\(A\)掉辣！
\(Code:\)
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define N 1005
#define mod 998244353
int n, dis[N][N], nei[N], all;
int fir, sec, thi;
int fac[N], inv[N];
int ksm(int a, int k)
{
if (!k)
return 1;
int p = ksm(a, k / 2);
if (k & 1)
return 1ll * a * p % mod * p % mod;
return 1ll * p * p % mod;
}
int div(int a){return ksm(a, mod - 2);}
int tree(int a)
{
if (a == 1)
return 1;
return ksm(a, a - 2);
}
int C(int n, int m)
{
return 1ll * fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;
}
int main()
{
fac[0] = 1;
for (int i = 1; i <= N - 5; i++)
fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % mod;
inv[N - 5] = ksm(fac[N - 5], mod - 2);
for (int i = N - 5; i >= 1; i--)
inv[i - 1] = 1ll * inv[i] * i % mod;
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= n; j++)
{
scanf("%d", &dis[i][j]);
if (i < j)
all = (all + dis[i][j]) % mod;
nei[i] = (nei[i] + dis[i][j]) % mod;
}
fir = 2 * div(n) % mod;
sec = 1ll * (1 - fir) * div(n - 2) % mod;
if (sec < 0)
sec += mod;
for (int i = 1; i < n - 2; i++)
{
int j = n - 2 - i;
thi = (thi + 2ll * tree(i + 1) * tree(j + 1) % mod * C(n - 4, i - 1) % mod) % mod;
}
thi = 1ll * thi * div(tree(n)) % mod;
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= n; j++)
{
int ans = 1ll * dis[i][j] * fir % mod;
ans = (ans + 1ll * ((nei[i] + nei[j]) % mod - dis[i][j] * 2) % mod * sec % mod) % mod;
ans = (ans + 1ll * (all - ((nei[i] + nei[j]) % mod - dis[i][j]) % mod) * thi % mod) % mod;
if (ans < 0)
ans += mod;
if (i == j)
ans = 0;
printf("%d%c", ans, j == n ? 10 : 32);
}
}