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codeforces
给一棵\(n\)个节点的树，每次等概率选择树中剩下边的一条进行缩边，这条边的两个端点有相同的概率被保留，求最后每个点被留下的概率。
\[n\le 50\]
感谢Mr_Spade的博客教会了我做这道题。
考虑一下这个缩边的过程:依次选择\(n-1\)条边进行缩边，缩边时可以选择这条边连接的两条节点中的任意一个保留，最后只剩下一个节点。
可以发现在这个过程中我们并不知道最后剩下的到底是哪个节点，因此我们选择钦定最后留下的节点，每次有和它相连的边进行收缩时总是它保留下来，问题转化为求钦定的一个节点最后留下的概率。
另外，这个过程的方案数是有限的，可以知道是\(2^{n-1}(n-1)!\)。那么这道题实际上变成了一道计数问题，我们只要求出使钦定的一个节点最后留下的方案数，最后再除以总方案数即可。
将钦定最后留下的点看成整棵树的根节点，我们考虑树形\(DP\)。
子树的状态应该是忽略子树外的所有边，当前子树的根节点保留下来的方案数，那么我们可以知道由子树转移到父亲过程的表现如下:
1.根节点转移到父亲节点(父亲节点被根节点所替代);
2.在缩掉父亲节点和儿子节点之间的连边之前，缩掉了一些其他的边;
3.缩掉了父亲节点和儿子节点之间的连边，根节点转移到儿子节点。
由子树转移到父亲的过程就是已知到达步骤3的方案数推知到达步骤1的方案数的过程。
由于在根节点转移到父亲节点后，我们还有可能缩掉一些其他的边，
可以知道缩掉其他边的方案数 和 在根节点转移到父亲节点后，父节点剩下的边数有关
那么我们显然需要在记录子数的基础上再记录一维表示边数。
设\(f_{u,i}\)表示根节点\(rt\)转移到节点\(u\)，子数\(u\)内还剩下\(i\)条边的方案数，答案即\(f_{rt,n-1}\)。
这个状态实际上包含了两种边排列的方案:一类是此时已经缩掉的边，一类是此时还剩下的\(i\)条边。
枚举其儿子节点\(v\),如何添加新子树\(v\)?
对于一个完整的根节点从\(u->v\)的过程，我们还要知道在根节点转移到\(v\)时\(v\)子树内剩下的边数\(j\)。
我们已经考虑好了缩掉前面子树中边的情况，因此只需要考虑步骤2在子树\(v\)中究竟缩掉了多少条边。
设这个值为\(k\)，那么根节点转移到\(u\)时\(v\)子树内剩下的边数为\(j+k\)。
设\(f‘_u\)为转移后的数组\(f_u\)，枚举\(i,j,k\)，我们进行一下分类讨论:
\(k=0:\)根节点转移到\(u\)时不需要缩边即转移到根节点\(v\)，说明\(u\)和\(v\)在根节点到达\(u\)之前就已经缩为一点。
\((u,v)\)这条边只能插入\(v\)的子树已经被缩掉的方案中，它在方案中可以放到最前或在第\((sz_v-1-i)\)条被缩掉的边之后(\(sz_v\)表示\(v\)的子树大小)，因此插入这条边的方案数为\((sz_v-i)\);注意这条边可以随意选缩掉了哪个节点，于是方案数\(\times 2\);
然后考虑将\(v\)的子树的缩边方案合并到\(u\)的子树的缩边方案，注意只能是已经缩掉的边相互合并，还未缩掉的边相互合并，于是方案数为\(\binom{i+j}{j}\binom{sz_u-i-1+sz_v-j}{sz_v-j}\)。
转移方案即\(f‘_{u,i+j+k+1}+=f_{u,i}\times 2(sz_v-j)\binom{i+j}{j}\binom{sz_u-i-1+sz_v-j}{sz_v-j}f_{v,j}\)
\(k>0:\)根节点转移到\(u\)后继续在子树\(v\)中缩了\(k\)条边，最后转移到根节点\(v\)。
注意\((u,v)\)这条边的缩边时间和选择保留的点都已经被钦定(在继续缩\(k\)条边之后，只能保留根节点)，因此直接使用\(f‘_{u,i+j+k+1}+=f_{u,i}\times\binom{i+j}{j}\binom{sz_u-i-1+sz_v-j}{sz_v-j}f_{v,j}\)转移方案。
实现时可以存一个\(g_i\)表示\(DP\ f_{u,i}\)后乘的一大堆东西，这样总复杂度为\(O(n^4)\)。
#include<bits/stdc++.h>
#define FILE "CF1060F"
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define RG register
#define il inline
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
typedef vector<int>VI;
typedef long long ll;
typedef double dd;
const int N=52;
il ll read(){
RG ll data=0,w=1;RG char ch=getchar();
while(ch!=‘-‘&&(ch<‘0‘||ch>‘9‘))ch=getchar();
if(ch==‘-‘)w=-1,ch=getchar();
while(ch<=‘9‘&&ch>=‘0‘)data=data*10+ch-48,ch=getchar();
return data*w;
}
il void file(){
srand(time(NULL)+rand());
freopen(FILE".in","r",stdin);
freopen(FILE".out","w",stdout);
}
int n,head[N],nxt[N<<1],to[N<<1],cnt;
il void add(int u,int v){to[++cnt]=v;nxt[cnt]=head[u];head[u]=cnt;}
int sz[N];dd fac[N],f[N][N],g[N],tmp[N];
il dd C(int n,int m){return fac[n]/fac[m]/fac[n-m];}
void dfs(int u,int ff){
f[u][0]=sz[u]=1;
for(RG int i=head[u];i;i=nxt[i]){
RG int v=to[i];if(v==ff)continue;
dfs(v,u);memset(g,0,sizeof(g));
for(RG int j=0;j<=sz[v];j++)
for(RG int k=0;k<=j;k++)
if(j>k)g[j]+=f[v][k];
else if(j==k)g[j]+=2*(sz[v]-j)*f[v][k];
memset(tmp,0,sizeof(tmp));
for(RG int j=0;j<sz[u];j++)
for(RG int k=0;k<=sz[v];k++)
tmp[j+k]+=f[u][j]*g[k]*C(j+k,j)*C(sz[u]-j-1+sz[v]-k,sz[u]-j-1);
memcpy(f[u],tmp,sizeof(f[u]));
sz[u]+=sz[v];
}
}
int main()
{
n=read();fac[0]=1;
for(RG int i=1;i<=n;i++)fac[i]=fac[i-1]*i*2;
for(RG int i=1,u,v;i<n;i++){
u=read();v=read();add(u,v);add(v,u);
}
for(RG int i=1;i<=n;i++){
memset(f,0,sizeof(f));
dfs(i,0);
printf("%.10lf\n",f[i][n-1]/fac[n-1]);
}
return 0;
}
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原文地址：https://www.cnblogs.com/cjfdf/p/9762148.html
