题解：Luogu P5298 [PKUWC2018]Minimax

题面

首先有树形 DP 。

设 (P_{u,val}) 表示 (u) 节点值为 (val) 的概率，(lc) 表示左儿子， (rc) 表示右儿子。

有转移：

(P_{u,val} gets P_{u,val} + P_{lc,val} imes p_u imes sum_{i=0}^{val-1} P_{rc,i})

(P_{u,val} gets P_{u,val} + P_{rc,val} imes p_u imes sum_{i=0}^{val-1} P_{lc,i})

(P_{u,val} gets P_{u,val} + P_{lc,val} imes (1-p_u) imes sum_{i=val+1}^{+infty} P_{rc,i})

(P_{u,val} gets P_{u,val} + P_{rc,val} imes (1-p_u) imes sum_{i=val+1}^{+infty} P_{lc,i})

对叶子节点的值可以离散化，对式子进行前缀和优化后，设叶子节点个数为 (m) ,复杂度为 (mathcal{O}(n imes m)) ，可以获得 50pts 的好成绩。

发现有前后缀和，考虑用线段树，用离散化后的线段树暴力维护，时间复杂度 (mathcal{O}(n imes mlog m)) ，十分糟糕。

发现转移方程求和很奇特，是一个区间和的形式，这样在类似线段树建立的过程中，我们也可以在到达每个叶子节点时算出将要使用的式子，所以就要依赖这一过程进行转移。

「类似线段树建立的过程」( ightarrow) 「线段树合并」

时间复杂度均摊 (mathcal{O}(mlog m)) 。

Code(C++):

#include<bits/stdc++.h>
#define forn(i,s,t) for(int i=(s);i<=(t);++i)
using namespace std;
const int N = 3e5+3,M = 1.2e7+3,Mod = 998244353,inv = 796898467;
char ch;
template<typename T>inline void redn(T &ret) {
	ret=0,ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)) ch=getchar();
	while(isdigit(ch)) ret=(ret<<1)+(ret<<3)+ch-48,ch=getchar();
}
int n,fa[N],p[N],son[N][2],rft[N],Rn,D[N];
struct SegTree {
	int E[M],L[M],R[M],mul[M],rt[N],crash[M],cra,sl;
	inline void init(int p) {
		E[p] = L[p] = R[p] = 0;
		mul[p] = 1;
	}
	inline int Ads() {return cra?crash[cra--]:++sl;}
	inline void Del(int p) {crash[++cra]=p,init(p);}
	inline void push_up(int p) {
		E[p] = 1ll*(E[L[p]] + E[R[p]]) %Mod;
	}
	inline void mlt(int p,int val) {
		E[p] = 1ll*E[p]*val %Mod;
		mul[p] = 1ll*mul[p]*val %Mod;
	}
	inline void push_down(int p) {
		if(mul[p] != 1) 
			mlt(L[p],mul[p]),mlt(R[p],mul[p]),
			mul[p] = 1;
	}
	void Upd(int &p,int l,int r,int pos,int val) {
		if(!p) p=Ads(),init(p);
		if(l == r) {
			E[p] = val;
			return ;
		}
		int mid = l+r >> 1;
		push_down(p);
		if(pos<=mid) Upd(L[p],l,mid,pos,val);
		else Upd(R[p],mid+1,r,pos,val);
		push_up(p);
	}
	void Mrg(int &p,int pre,int sump,int sumpre,int P) {
		if(!p||!pre) {
			if(!p&&!pre) return ;
			if(!p) mlt(pre,sumpre);
			else mlt(p,sump);
			p += pre;
			return ;
		}
		push_down(p),push_down(pre);
		int vall = E[L[p]],valr = E[R[p]];
		int valll = E[L[pre]],valrr = E[R[pre]];
		Mrg(L[p],L[pre],(1ll*sump + 1ll*(1-P+Mod)*valrr%Mod)%Mod,
						(1ll*sumpre + 1ll*(1-P+Mod)*valr%Mod)%Mod,P);
		Mrg(R[p],R[pre],(1ll*sump + 1ll*P*valll%Mod)%Mod,
						(1ll*sumpre + 1ll*P*vall%Mod)%Mod,P);
		Del(pre);
		push_up(p);
	}
	void res(int p,int l,int r) {
		if(!p) return ;
		if(l == r) {
			D[l] = E[p];
			return ;
		}
		push_down(p);
		int mid = l+r >> 1;
		res(L[p],l,mid),res(R[p],mid+1,r);
	}
}T;
void solve(int u) {
	if(!son[u][0]) T.Upd(T.rt[u],1,Rn,p[u],1);
	else if(son[u][1]) {
		solve(son[u][0]),solve(son[u][1]);
		T.rt[u] = T.rt[son[u][0]];
		T.Mrg(T.rt[u],T.rt[son[u][1]],0,0,p[u]);
	} else {
		solve(son[u][0]);
		T.rt[u] = T.rt[son[u][0]];
	}
}
int main() {
	redn(n);
	forn(i,1,n) redn(fa[i]);
	forn(i,1,n) redn(p[i]);
	forn(i,1,n) if(son[fa[i]][0]) son[fa[i]][1] = i;
				else son[fa[i]][0] = i;
	forn(i,1,n) if(son[i][0]) p[i] = 1ll*p[i]*inv%Mod;
				else rft[++Rn] = p[i];
	sort(rft+1,rft+Rn+1); Rn = unique(rft+1,rft+Rn+1) - rft - 1;
	forn(i,1,n) if(!son[i][0]) p[i] = lower_bound(rft+1,rft+Rn+1,p[i]) - rft;
	solve(1);
	T.res(T.rt[1],1,Rn);
	int Ans = 0;
	forn(i,1,Rn) Ans = 1ll*(Ans + 1ll*i*D[i]%Mod*D[i]%Mod*rft[i]%Mod)%Mod;
	printf("%d
",Ans);
	return 0;
}