标签：time 最小生成树 技术分享 using -- 原理 for 森林 ini
又一道全场切的题目我连题目都没看懂……细节真多……
先考虑怎么维护仙人掌。在线可以用LCT，或者像我代码里先离线，并按时间求出一棵最小生成树（或者一个森林），然后树链剖分。如果一条边不是生成树上的边，它肯定会和树上\(u,v\)这条路径构成一个环，然后对于每条树边记录一下这条树边被覆盖过没有。如果\(u,v\)路径上有任何一条树边被覆盖过，那么就说明路径上有一条边已经在一个简单环中，这条非树边就不能加。否则就加上这条边并让这条路径上所有树边的覆盖次数加一
然后考虑期望连通块个数。首先根据我也不知道是什么的期望的线性，可以分开考虑。比方说一个森林，连通块个数等于点数\(-\)边数，那么期望连通块个数就是期望点数\(-\)期望边数。
然后考虑沙漠，沙漠的连通块个数为点数\(-\)边数\(+\)环数。可以这么考虑，如果没有环，那么就是点数\(-\)边数，而对于一条加进去会成环的边，它被多减了一次，那么就要加上去，而多减的边数就是环数
于是只要分别考虑期望点数，期望边数，期望环数即可。顺便黑白也可以分开考虑，即如果\(w=0\)的话只需要考虑白点就可以了
设\(0\)点为白点，\(1\)点为黑点，那么对于一个点，它在染完色之后仍为白色的概率为\((\frac{n-1}{n})^t\)，那么白点的期望个数就是\(n\times (\frac{n-1}{n})^t\)，为黑点的概率就是\(1\)减去为白点的概率，黑点期望个数同理
然后考虑边为白色的概率，就是\((\frac{n-2}{n})^t\)，边为黑色的概率的话，根据容斥原理，为\(1-2(\frac{n-1}{n})^t+(\frac{n-2}{n})^t\)
然后是环，设环上点数为\(p\)，那么环为白色的概率为\((\frac{n-p}{n})^t\)。然而环为黑色的概率怎么算？记\(f_i\)为\(i\)个点全黑的概率，\(g_i\)为\(i\)个点全白的概率，那么有转移\(f_i=1-\sum_{j=0}^{i-1}f_jg_{i-j}{i\choose j}\)，就是枚举有多少个黑点并容斥，可以用多项式求逆解决
然而多项式求逆太烦了……我们可以用容斥原理计算\(f_p\)，有\[f_p=\sum_{j=0}^p(-1)^j{p\choose j}(\frac{n-j}{n})^t\]
因为\(\sum p=O(n)\)，所以这里的复杂度是没有问题的（\(\sum p=O(n)\)的话，是因为生成树上每条边最多在一个环中，每个环的点数等于边数，所以环上总点数\(=\)生成树上边数\(+\)成环的边数，成环边数不会大于\(O(n)\)，所以有\(\sum p=O(n)\)）
总的时间复杂度为\(O(n\log t+m\log^2n)\)
因为码量有点大，所以代码分块了……这是我这几天来唯一没有压行的代码了……
//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define ls (p<<1)
#define rs (p<<1|1)
#define fp(i,a,b) for(R int i=a,I=b+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=a,I=b-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int read(){
R int res,f=1;R char ch;
while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
return res*f;
}
char sr[1<<21],z[20];int C=-1,Z=0;
inline void Ot(){fwrite(sr,1,C+1,stdout),C=-1;}
void print(R int x){
if(C>1<<20)Ot();if(x<0)sr[++C]='-',x=-x;
while(z[++Z]=x%10+48,x/=10);
while(sr[++C]=z[Z],--Z);sr[++C]='\n';
}
const int N=1e5+5,M=2.5e5+5,P=998244353;
inline int add(R int x,R int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int dec(R int x,R int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;}
int ksm(R int x,R int y){
R int res=1;
for(;y;y>>=1,x=mul(x,x))if(y&1)res=mul(res,x);
return res;
}
int n,m,t,w;
struct seg{
struct eg{int v,nx;}e[N<<1];int head[N],tot;
inline void add(R int u,R int v){e[++tot]={v,head[u]},head[u]=tot;}
int dfn[N],top[N],sz[N],fa[N],dep[N],son[N],cnt;
void dfs1(int u){
sz[u]=1,dep[u]=dep[fa[u]]+1;
go(u)if(v!=fa[u]){
fa[v]=u,dfs1(v),sz[u]+=sz[v];
if(sz[v]>sz[son[u]])son[u]=v;
}
}
void dfs2(int u,int t){
top[u]=t,dfn[u]=++cnt;if(!son[u])return;
dfs2(son[u],t);
go(u)if(v!=fa[u]&&v!=son[u])dfs2(v,v);
}
bool tag[N<<2],vis[N<<2];
void pd(int p){
if(tag[p]){
tag[ls]=tag[rs]=1;
vis[ls]=vis[rs]=1;
tag[p]=0;
}
}
void update(int p,int l,int r,int ql,int qr){
if(ql<=l&&qr>=r)return (void)(tag[p]=vis[p]=1);
int mid=(l+r)>>1;pd(p);
if(ql<=mid)update(ls,l,mid,ql,qr);
if(qr>mid)update(rs,mid+1,r,ql,qr);
vis[p]=vis[ls]|vis[rs];
}
bool query(int p,int l,int r,int ql,int qr){
if(ql<=l&&qr>=r)return vis[p];
int mid=(l+r)>>1;pd(p);
if(ql<=mid&&query(ls,l,mid,ql,qr))return true;
if(qr>mid&&query(rs,mid+1,r,ql,qr))return true;
return false;
}
void change_path(int u,int v){
while(top[u]!=top[v]){
if(dep[top[u]]<dep[top[v]])swap(u,v);
update(1,1,n,dfn[top[u]],dfn[u]),u=fa[top[u]];
}if(dep[u]<dep[v])swap(u,v);
if(u!=v)update(1,1,n,dfn[son[v]],dfn[u]);
}
bool query_path(int u,int v){
while(top[u]!=top[v]){
if(dep[top[u]]<dep[top[v]])swap(u,v);
if(query(1,1,n,dfn[top[u]],dfn[u]))return false;
u=fa[top[u]];
}if(dep[u]<dep[v])swap(u,v);
if(u!=v&&query(1,1,n,dfn[son[v]],dfn[u]))return false;
return true;
}
int LCA(int u,int v){
while(top[u]!=top[v]){
if(dep[top[u]]<dep[top[v]])swap(u,v);
u=fa[top[u]];
}return dep[u]<dep[v]?u:v;
}
int dis(int u,int v){return dep[u]+dep[v]-(dep[LCA(u,v)]<<1)+1;}
void init(){
fp(i,1,n)if(!dfn[i])dfs1(i),dfs2(i,i);
}
}T;
struct QAQ{
struct eg{int u,v,is;}e[M];
int fa[N],inv[N],fac[N];
int ndwh,ndbl,edwh,edbl,ciwh,cibl,invn,res,u,v,p,gg,invp;
int find(int x){return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);}
inline int C(R int n,R int m){return m>n?0:1ll*fac[n]*inv[m]%P*inv[n-m]%P;}
int merge(int u,int v){
u=find(u),v=find(v);
if(u==v)return false;
return fa[u]=v,true;
}
void init(){
invn=ksm(n,P-2);
ndwh=ksm(mul(n-1,invn),t);
ndbl=dec(1,ndwh);
edwh=ksm(mul(n-2,invn),t);
edbl=add(1,dec(edwh,mul(2,ndwh)));
res=(w==1)?n:mul(ndwh,n);
fac[0]=inv[0]=1;fp(i,1,n)fac[i]=mul(fac[i-1],i);
inv[n]=ksm(fac[n],P-2);fd(i,n-1,1)inv[i]=mul(inv[i+1],i+1);
}
void MAIN(){
n=read(),m=read(),t=read(),w=read();
init();
fp(i,1,n)fa[i]=i;
fp(i,1,m){
e[i].u=read(),e[i].v=read();
if(merge(e[i].u,e[i].v)){
e[i].is=1,T.add(e[i].u,e[i].v),T.add(e[i].v,e[i].u);
}
}
T.init();
fp(i,1,m){
if(e[i].u!=e[i].v){
u=e[i].u,v=e[i].v;
if(!e[i].is){
if(T.query_path(u,v)){
T.change_path(u,v);
res=dec(res,edwh);
if(w==1)res=dec(res,edbl);
p=T.dis(u,v),invp=ksm(p,P-2);
res=add(res,ksm(mul(n-p,invn),t));
if(w==1){
gg=0;
for(R int j=0,ty=1;j<=p;++j,ty=P-ty)
gg=add(gg,1ll*ty*C(p,j)%P*ksm(mul(n-j,invn),t)%P);
res=add(res,gg);
}
}
}else{
res=dec(res,edwh);
if(w==1)res=dec(res,edbl);
}
}print(res);
}
}
}loli;
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
// freopen("testdata.out","w",stdout);
freopen("cactus.in","r",stdin);
freopen("cactus.out","w",stdout);
loli.MAIN();
return Ot(),0;
}jzoj5987. 【WC2019模拟2019.1.4】仙人掌毒题 （树链剖分+概率期望+容斥）
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原文地址：https://www.cnblogs.com/bztMinamoto/p/10223695.html
