# CometOJ #6 D 另一道树题

标签：时间   long   游戏   cin   i+1   定义   统计   sub   除了   

题目描述

短发pinga野郞有一棵 \(N\) 个节点的有根树，其中 \(1\) 号节点为根。

现在她想在这棵树上进行一种奇妙的游戏。游戏开始时，她会在其中一些节点（至少两个）上摆放一个棋子。在游戏的每个回合中，她会将所有棋子移动到父亲节点上（如棋子位于根节点则不移动）。移动完所有棋子后，如果有两个棋子位于同一个节点，游戏结束，否则进行下一回合直到游戏结束。

定义游戏的有趣程度为游戏结束前进行的总回合数。现在，pinga野郞想知道，对于所有可能的 \(2^N-N-1\) 种初始摆放方案，游戏的有趣程度之和是多少。请你将答案对 \(998244353\) 取模后输出。

\(N \le 2e5\)

首先转换成\(> k\)的方案数

考虑除了在根节点相遇的，所有相遇的节点深度相同。

对于一个\(k\)，显然一个点的\(k\)级祖先对这些点的限制最紧，即我们可以对于每个节点统计距离它深度为\(j\)的儿子，然然后这些节点中最多选择一个。

可以用长链剖分做距离它深度为\(j\)的儿子个数，但是发现长链处的贡献没法暴力for。

可以发现每一个dp值（这里定义为一个位置一段时间的dp值）会贡献到的\(k\)是一段区间，下界可以直接记下（更新的时间），上界既是它被弹出的时间。

根节点特判。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=998244353;
inline int add(int a,int b){a+=b;return a>=mod?a-mod:a;}
inline int sub(int a,int b){a-=b;return a<0?a+mod:a;}
inline int mul(int a,int b){return 1ll*a*b%mod;}
inline int qpow(int a,int b){int ret=1;for(;b;b>>=1,a=mul(a,a))if(b&1)ret=mul(ret,a);return ret;}
inline int qinv(int x){return qpow(x,mod-2);}
/* math */
const int N = 4e5+5;
int n,ans[N];
int hed[N],to[N],nxt[N],cnt,len[N],ls[N];
inline void adde(int u,int v){
    ++cnt;to[cnt]=v,nxt[cnt]=hed[u];hed[u]=cnt;
}
int multag[N];
inline void push(int l,int r,int sum){
    ++sum;
    multag[l]=mul(multag[l],sum),multag[r+1]=mul(multag[r+1],qinv(sum));
}

inline void predfs(int x,int pre){
    ls[x] = 0;
    for(int i=hed[x];i;i=nxt[i]){
        int v=to[i];if(v==pre)continue;
        predfs(v,x);
        if(len[ls[x]] < len[v]+1) ls[x] = v;
    }
    len[x] = len[ls[x]]+1;
}
struct data{
    int siz,intime;
    data(int a=0,int b=0):siz(a),intime(b){}
};

void dfs(int x,int pre,data *f){
    if(ls[x]) dfs(ls[x],x,f+1);
    f[0].siz = 1;f[0].intime = 0;
    vector<data> cur;
    for(int e=hed[x];e;e=nxt[e]){
        int v=to[e];if(v==pre||v==ls[x])continue;
        data *g = new data[len[v]];
        for(int i=0;i<len[v];i++) g[i] = data(0,0);
        dfs(v,x,g);
        while((int)cur.size()<len[v])cur.push_back(data(0,0));
        for(int i=0;i<len[v];i++) {
            cur[i].siz += g[i].siz;
            push(g[i].intime,i,g[i].siz);
        }
    }
    for(size_t i=1;i<=cur.size();i++){
        push(f[i].intime,i-1,f[i].siz);
        f[i].intime = i;
        f[i].siz += cur[i-1].siz;
    }
}

int main()
{
    cin >> n;
    for(int i=0;i<=n+1;i++)multag[i]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++){;
    int u=i,v;scanf("%d",&v);
        adde(u,v),adde(v,u);
    }
    predfs(1,0);
    data *f = new data[len[1]];
    for(int i=0;i<len[1];i++)f[i]=data(0,0);
    dfs(1,0,f);
    for(int i=1;i<len[1];i++)
        push(f[i].intime,i-1,f[i].siz);
    int cursz=0;
    for(int i=0;i<len[1];i++){
        cursz += f[i].siz;
        push(i,i,cursz);
    }
    for(int i=len[1];i<=n+2;i++)
        push(i,i,cursz);    
    ans[0]=multag[0];
    for(int i=1;i<=n+1;i++)
        ans[i] = mul(ans[i-1],multag[i]);
    int ret=0;
    for(int i=0;i<=n;i++)
        ret=add(ret,mul(i+1, sub(ans[i],ans[i+1])));
    cout << ret << endl;
}

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原文地址：https://www.cnblogs.com/weiyanpeng/p/11105379.html