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题目描述
有一张 \(n\) 个点 \(m\) 条边的无向图，\(Q\) 组询问，每次询问给出一个出发点和一个点集 \(S\) ，求从出发点出发随机游走走遍这个点集的期望步数。\(1 \leq n \leq 18, 1 \leq Q \leq 10^5\)
听说是 \(\text{pkuwc2018d2t3}\) 加强版？但是原题时限是1s，各种卡不进去感觉一定要写 \(\text{Min-Max}\) 容斥，不过反正我今年听指导建议没报 \(\text{pkuwc}\) ，结果 \(\text{thuwc}\) 没 \(\text{py}\) 上 。
丧心病狂的出题人肯定是要我们 \(O(1)\) 回答询问了，不过感觉暴力还是蛮好想的，网上以前看到有大佬说过期望要倒着推，然后状压一波就出来了。设 \(f(S, u)\) 表示当前已经走遍了点集 \(S\) 接下来走遍全图的期望。这样定义的好处在于终止状态方便表示，直接认为点集外的点已经走过就可以了，如果正着定义走遍点集 \(S\) 的期望的话，终止状态的计算就需要一堆集合再算上对应的概率了。于是显然有
\[
f(S, u) = \frac{1}{deg_u} \sum_{edge(u, v)} f(S|v, v) + 1
\]
特别的 \(f(S, i) = 0\) 当 \(S\) 是全集 \(\{1..n\}\) 的时候。
这个式子的转移还有环诶，所以还要高斯消元来解，一眼看上去复杂度是 \(O((n\times2^n)^3)\)，复杂度爆炸。
冷静分析一下，并不是所有的转移都会成环，当满足 \(v \notin S\) 的时候，\(S\) 是 \(S|v\) 的真子集，只考虑这样的转移的话转移的形态是一个 \(\text{DAG}\) ，更准确的说是一个分层图。
这启发我们可以来分层求解，把互不相交的环拆开来考虑，而不是一起高斯消元，不妨变换一下转移的式子。
\[
f(S, u) = \frac{1}{deg_u} \sum_{edge(u, v), v \notin S} f(S|v, v) + \sum_{edge(u, v), v \in S} f(S, v) + 1
\]
此时成环的转移只有后面那个式子，于是我们可以一层一层计算，对于每一个 \(S\) ，先将前面那个式子的贡献记录在矩阵里面，暴力消元后面那个式子这样每次消元的矩阵大小只有 \(n^2\) 级别，总复杂度优化到 \(O(2^n\times n^3)。\)
另外吐槽一下：我的高斯消元写法好像不加剪枝就被卡常数了，今天做了一天的题没有一道不被卡常，怕是联赛要被卡成暴力分。
/*program by mangoyang*/
#pragma GCC optimize("Ofast","inline","-ffast-math")
#pragma GCC target("avx,sse2,sse3,sse4,mmx")
#include<bits/stdc++.h>
#define inf (0x7f7f7f7f)
#define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
#define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
typedef long long ll;
using namespace std;
template <class T>
inline void read(T &x){
int ch = 0, f = 0; x = 0;
for(; !isdigit(ch); ch = getchar()) if(ch == '-') f = 1;
for(; isdigit(ch); ch = getchar()) x = x * 10 + ch - 48;
if(f) x = -x;
}
const int N = 25, mod = 998244353;
typedef int Matrix[N][N];
vector<int> g[N];
Matrix a; int Ans[(1<<20)+5][N], n, e;
inline void up(int &x, int y){ (x += y) %= mod; }
inline void del(int &x, int y){ x = (x + y >= 0) ? x + y : x + y + mod; }
inline int Pow(int a, int b){
int ans = 1;
for(; b; b >>= 1, a = 1ll * a * a % mod)
if(b & 1) ans = 1ll * ans * a % mod;
return ans;
}
inline void Gauss(Matrix &a){
int tmp, f;
for(int i = 1; i <= n; i++){
int r = i;
for(int j = i + 1; j <= n; j++) if(a[j][i] > a[i][i]) r = j;
for(int j = i; j <= n + 1; j++) swap(a[i][j], a[r][j]);
if(!a[i][i]) continue;
tmp = Pow(a[i][i], mod - 2);
for(int j = i + 1; j <= n; j++){
f = 1ll * a[j][i] * tmp % mod;
for(int k = i; k <= n + 1; k++)
del(a[j][k], 1ll * -a[i][k] * f % mod);
}
}
for(int i = n; i >= 1; i--){
for(int j = i + 1; j <= n; j++)
del(a[i][n+1], 1ll * -a[j][n+1] * a[i][j] % mod);
a[i][n+1] = 1ll * a[i][n+1] * Pow(a[i][i], mod - 2) % mod;
}
}
int main(){
read(n), read(e);
for(int i = 1, x, y; i <= e; i++)
read(x), read(y), g[x].push_back(y), g[y].push_back(x);
for(int i = 1; i <= n; i++) Ans[(1<<n)-1][i] = 0;
for(int s = (1 << n) - 2; s; s--){
for(int i = 1; i <= n + 1; i++)
for(int j = 1; j <= n + 1; j++) a[i][j] = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) if((1 << i - 1) & s){
int tmp = Pow(g[i].size(), mod - 2);
for(int j = 0; j < g[i].size(); j++){
int v = g[i][j];
if(!((1 << v - 1) & s)) up(a[i][n+1], Ans[s|(1<<v-1)][v]);
else a[i][v] = (-tmp + mod) % mod;
}
a[i][n+1] = 1ll * tmp * a[i][n+1] % mod;
a[i][n+1] = (a[i][n+1] + 1) % mod, a[i][i] = 1;
}
Gauss(a);
for(int i = 1; i <= n; i++) Ans[s][i] = a[i][n+1];
}
int q; read(q);
while(q--){
int num = 0, s, all = (1 << n) - 1; read(num);
for(int i = 1, x; i <= num; i++) read(x), all ^= (1 << x - 1);
read(s), all |= (1 << s - 1), printf("%d\n", Ans[all][s]);
}
return 0;
}标签：++ 分层 name sdi i++ back pku tps getch
原文地址：https://www.cnblogs.com/mangoyang/p/9913065.html
