[loj#3124] [CTS2019] 氪金手游

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题意简述

\(n\) 种卡，每种有权值 \(W_i\) ，\(W_i\) 以 \(p_{i,j}\) 的概率取 \(j\) ( \(j =1,2,3\) )
不断抽卡，抽到卡 \(i\) 的概率是 \(\frac{W_i}{\sum\limits_{j=1}^n W_j}\)
设 \(T_i\) 表示第一次抽到 \(i\) 的时间
给定 \(n-1\) 个限制 \((u_i,v_i)\) ，要求 \(T_{u_i}<T_{v_i}\)，以所有限制做边可形成一棵 \(n\) 个节点的树
求满足所有限制的概率

\(n \leq 10^6\)

想法

乍一看不好下手，于是考虑子树 \(dp\)

假设是外向树，且已知 \(W_i\) ，则中奖概率为 \(\prod\frac{W_i}{size_i}\)

则总中奖概率为 \(\sum [(\prod\limits_{i=1}^n P_{i,W_i})\times \prod\limits_{i=1}^n \frac{W_i}{size_i}]\)

用 \(dp\) 计算，设以 \(i\) 为根的子树，\(size_i\) 为 \(s\) 的情况下，整个子树的中奖概率为 \(f[u][s]\)

当 \(u\) 仅有自己一个点时， \(f[u][s]=P_{u,s}=\frac{a_{u,s}}{a_{u,1}+a_{u,2}+a_{u,3}}\)

边 \((u,v)\) 将子节点 \(v\) 的 \(dp\) 值更新 \(u\) （\(f‘[u][s]\) 表示更新前的），\(f[u][s]+=\sum f[v][i]\times f‘[u][s-i]\times \frac{s-i}{s}\)

进行树形背包 \(dp\) 就可以了，复杂度 \(O(n^2)\)

然而上面做法只针对外向树，如果有从儿子指向父亲的反向边怎么办呢？

容斥！

\(ans=\sum (-1)^i \times 至少 i 条反向边不合法\)

直接在整棵树中枚举哪些反向边不合法的复杂度过高，考虑仍在树形 \(dp\) 中容斥

考虑连接 \(u\) 与子节点 \(v\) 的边 \((u,v)\)

1.如果它原本是正向边，则转移方式不变：\(f[u][s]+=\sum f[v][i]\times f‘[u][s-i]\times \frac{s-i}{s}\)

2.如果它原本是反向边，则讨论它在不在“至少 \(i\) 条反向边不合法”中

• 如果不在，说明这条边是“正向反向无所谓”的，直接不考虑这条边的限制，即：\(f[u][s]+=\sum\limits_i f‘[u][s] \times f[v][i]=f‘[u][s]\times (\sum f[v][i])\)

• 如果在，说明这条边是正向边，需要乘上容斥系数 \(-1\) ，即：\(f[u][s]-=\sum f[v][i]\times f‘[u][s-i]\times \frac{s-i}{s}\)

总结

技巧

咋一看复杂的问题，可先从小规模问题入手分析（如树形结构的问题考虑子树）

代码

树上背包的写法，可以考虑是对每条边 \((u,v)\) ，用 \(v\) 更新 \(u\) 的 \(dp\) 值。
取模检查 \(1ll*\) 与 \(\%P\)

代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>

#define P 998244353

using namespace std;

int read(){
	int x=0;
	char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)) ch=getchar();
	while(isdigit(ch)) x=x*10+ch-‘0‘,ch=getchar();
	return x;
}

const int N = 1005;

int n,a[N][4];

struct node{
	int v,dir;
	node *nxt;
}pool[N*2],*h[N];
int cnt;
void addedge(int u,int v){
	node *p=&pool[++cnt],*q=&pool[++cnt];
	p->v=v;p->nxt=h[u];h[u]=p; p->dir=v;
	q->v=u;q->nxt=h[v];h[v]=q; q->dir=v;
}

int Pow_mod(int x,int y){
	int ret=1;
	while(y){
		if(y&1) ret=1ll*ret*x%P;
		x=1ll*x*x%P;
		y>>=1;
	}
	return ret;
}
int Plus(int x,int y) { return x+y<P?x+y:x+y-P; }
int Minus(int x,int y) { return x>=y?x-y:x-y+P; }

int inv[N*3];
int f[N][N*3],sz[N],g[N*3];
void dfs(int u,int fa){
	int v;
	sz[u]=1;
	f[u][1]=a[u][1]; f[u][2]=a[u][2]; f[u][3]=a[u][3];
	for(node *p=h[u];p;p=p->nxt)
		if((v=p->v)!=fa) {
			dfs(v,u);
			if(p->dir==v){
				for(int i=1;i<=sz[u]*3;i++)
					for(int j=1;j<=sz[v]*3;j++)
						g[i+j]=Plus(g[i+j],1ll*f[u][i]*f[v][j]%P*i%P*inv[i+j]%P);
				sz[u]+=sz[v];
				for(int i=1;i<=sz[u]*3;i++)
					f[u][i]=g[i],g[i]=0;
			}
			else{
				for(int i=1;i<=sz[u]*3;i++)
					for(int j=1;j<=sz[v]*3;j++)
						g[i+j]=Minus(g[i+j],1ll*f[u][i]*f[v][j]%P*i%P*inv[i+j]%P);
				int sum=0;
				for(int i=1;i<=sz[v]*3;i++) sum=Plus(sum,f[v][i]);
				for(int i=1;i<=sz[u]*3;i++)
					g[i]=Plus(g[i],1ll*f[u][i]*sum%P);
				sz[u]+=sz[v];
				for(int i=1;i<=sz[u]*3;i++)
					f[u][i]=g[i],g[i]=0;
			}
		}
}

int main()
{
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++){
		a[i][1]=read(); a[i][2]=read(); a[i][3]=read();
		int Inv=Pow_mod(Plus(a[i][1],Plus(a[i][2],a[i][3])),P-2);
		a[i][1]=1ll*a[i][1]*Inv%P;
		a[i][2]=1ll*a[i][2]*Inv%P;
		a[i][3]=1ll*a[i][3]*Inv%P;
	}
	int u,v;
	for(int i=1;i<n;i++){
		u=read(); v=read();
		addedge(u,v);
	}
	
	inv[1]=1;
	for(int i=2;i<=n*3;i++) inv[i]=P-1ll*(P/i)*inv[P%i]%P;
	dfs(1,0);
	
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=n*3;i++) ans=Plus(ans,f[1][i]);
	printf("%d\n",ans);
	
	return 0;
}

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原文地址：https://www.cnblogs.com/lindalee/p/13222071.html