标签：lca 距离 两种 rac 记录 使用 第一条 利用 isp
设：
我们分为两个部分：儿子到父亲与父亲到儿子。
我们先设 \(f[i]\) 为 \(i\) 到 \(fa[i]\) 的期望移动步数。
显然，分为两种情况：
对于这种情况，只需要走一步即可到达父亲节点，而这种概率为 \(\frac{1}{d[i]}\) ，长度则为 \(1\) 。那么贡献期望长度为 \(\frac {1}{d[i]}\)
对于这种情况，贡献期望长度当然为：
(走到儿子的步数+儿子走到 \(i\) 的步数+ \(i\) 到父亲的步数)/ \(d[i]\)
由于现在走到儿子已经是个钦定的事情，那么步数为 \(1\) ，而儿子走到 \(i\) 的步数则必定为 \(f[son]\) ，\(i\) 到父亲的步数则一定是 \(f[i]\) ，是不是看起来重复了 \(f[i]\) ，挺绕的 ？
那么易得 \(f[i]=\frac{1+\sum (f[son]+f[i]+1)}{d[i]}\) ，即是将两个情况的贡献加在一起。由于 \(i\) 的儿子数肯定为 \(d[i]-1\) 我们考虑化简这个式子，拆出 \(\sum\) 中的 \(1\) 与 \(f[i]\) ：
\[
f[i]=\frac{1+\sum (f[son]+f[i]+1)}{d[i]}\f[i]=\frac{1+d[i]-1+(d[i]-1)*f[i]+\sum f[son]}{d[i]}\f[i]=\frac{d[i]+\sum f[son] +(d[i]-1)*f[i]}{d[i]}
\]
接着我们将右边的 \(f[i]\) 拆下来移项至左边：
\[
f[i]=\frac{d[i]+\sum f[son]}{d[i]}+\frac{(d[i]-1)*f[i]}{d[i]}\\frac{f[i]}{d[i]}=\frac{d[i]+\sum f[son]}{d[i]}
\]
最后即可得到式子：
\[
f[i]=d[i]+\sum f[son]
\]
我们设 \(g[i]\) 为 \(i\) 的父亲移动到 \(i\) 的期望步数，并设 \(i\) 的父亲为 \(x\) 。
那么有三种情况：
这种情况下肯定为 \(\frac{1}{d[i]}\) 的贡献。
当然我们的长度肯定为：移动到 \(fa[x]\) 的步数+\(fa[x]\) 移动回 \(x\) 的步数+ \(x\) 移动到 \(i\) 的步数
\(=(1+g[x]+g[i])/d[i]\)
长度为：移动到儿子的步数+儿子移动回 \(x\) 的步数+\(x\) 移动到 \(i\) 的步数
\(=(1+f[son]+g[i])/d[i]\)
那么贡献之和为：
\[
g[i]=\frac{1+(1+g[x]+g[i])+\sum_{son\neq i}(1+f[son]+g[i])}{d[i]}
\]
由于 \(x\) 除 \(i\) 以外的儿子个数为 \(d[x]-2\) ，那么可以如法炮制，像 \(f\) 数组那样化简：
\[
g[i]=\frac{2+g[x]+g[i]+d[x]-2+(d[x]-2)*g[i]+\sum_{son\neq i}f[son]}{d[i]}
\]
消项移项可得：
\[
g[i]=g[x]+d[x]+\sum_{son\neq i}f[son]
\]
对于给定的 \(u->v\) 这样一条树上路径，我们可以拆成两条：
\(u->lca\) 与 \(lca->v\)
对于第一条路径，肯定是全程向上的，对于第二条路径，肯定是全程向下的。
那么长度肯定为：
\[
\sum_{i\in (u->lca)} f[i] +\sum_{i\in(lca->v)}g[i]-f[lca]-g[lca]
\]
则我们可以使用树上前缀和记录每个点到根节点的 \(f\) 与 \(g\) 之和，接下来就能够利用前缀和快速求出 \(\sum\) 的值了。
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