「SOL」打扫笛卡尔cartesian (模拟赛)

为什么会有人推得出来第三题想不出来签到题啊 (⊙_⊙)？

题面

有一棵有根树 (T)。从根节点出发，在点 (u) 时，设点 (u) 还有 (d) 个未访问过的儿子，则有 (frac1{d+1}) 的概率向上（深度较小的方向）走一步，有 (frac1{d+1}) 的概率走向一个未访问过的儿子。从根节点往上走则结束游走。

记 (f(T)) 为这样游走到达的点的深度之和的期望。

给定 (N)（(Nle10^7)），对 ((1,2,dots,N)) 的所有排列 (P)，建立小根的笛卡尔树 (T_P)，求

[sum_{P}f(T_p) ]

答案对给定的正整数 (mod) （(nlt modle2 imes10^9)）取模，(mod) 不一定是质数。

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解析

先分析在 (T) 上的游走方法。笛卡尔树是二叉树，若当前点有未访问的儿子，则：

• 只有一个儿子时，有 (frac 12) 的概率会走向该儿子；
• 有两个儿子时，有 (frac 13) 的概率第一次就走向该儿子，有 (frac 13 imesfrac 12) 的概率第二次走向该儿子，即总共有 (frac 12) 的概率会走向该儿子。

于是我们发现是否会到达一个儿子的概率恒为 (frac12)，与儿子个数无关，这会使我们之后的推导方便很多。

考虑到笛卡尔树本身是一个分治结构——从最小值处划分为两个区间分别建笛卡尔树，而一个排列建立笛卡尔树仅仅与排列的元素个数有关。由此可以设计一个以排列元素大小为状态的 DP。

设 (g_n) 表示「对 (n) 个元素的所有排列 (P_n) 建立笛卡尔树 (T_{P_n})，其 (f(T_{P_n})) 之和」，(g_N) 即我们要求的答案。但是深度之和并不好直接计算（尽管可以用期望的线性性拆成单点的贡献，但是之后的推导会绕一个大圈，不如下面的方法直观）。

有一个非常常用的性质：(sum dep=sum siz)，于是设计辅助 DP (f_n) 表示「对 (n) 个元素的所有排列 (P_n) 建立笛卡尔树 (T_{P_n})，从根出发期望能够到达多少个点」。

转移则考虑枚举左子树的大小 (l)，选出左子树的元素 (inom{n-1}{l})。利用期望的线性性，左子树的贡献为 (f_l) 乘上右子树的方案数，一个排列显然和一棵笛卡尔树一一对应，所以贡献即为 (f_l imes(n-l-1))。右子树同理，最后还要加上根的贡献，对于 (n!) 种笛卡尔树根的贡献都是 (1)。

[f_n=n!+frac 12sum_{l=0}^{n-1}inom{n-1}{l}Big((n-l-1)!f_l+l!f_{n-l-1}Big) ]

先不管 (g_n)，继续推导 (f_n) 的式子：

[egin{aligned} f_n&=n!+sum_{l=0}^{n-1}inom{n-1}{l}(n-l-1)!f_l\ &=n!+sum_{l=0}^{n-1}(n-1)!frac{f_l}{l!} end{aligned} ]

这么多阶乘容易让人联想到指数生成函数的样子，不妨化一下：

[frac{f_n}{n!}=1+frac 1nsum_{l=0}^{n-1}frac{f_l}{l!} ]

显然可以把 (frac{f_n}{n!}) 看成一个整体，发现转移式的主体是一个前缀和。记 (F_n) 为 (frac {f_i}{i!}) （(ige1)）的前缀和，则式子可以简化为：

[F_n-F_{n-1}=1+frac 1nF_{n-1} o F_n=1+frac{n+1}{n}F_{n-1} ]

(F_0=0)，多次迭代过后可以得到 (F_n) 的通项。

[F_n=sum_{i=2}^{n+1}frac{n+1}{i} ]

有一个类似于调和级数前 ((n+1)) 项的东西，设调和级数前 (n) 项为 (H_n)。

[egin{align} F_n=(n+1)(H_n-1)& ag{1} end{align} ]

现在回头看一看 (g_n)，大致转移与 (f_n) 相同，但是根的贡献是 (f_n)，也即 (siz_n) 的期望值（所以先推导 (f)）。

[egin{aligned} g_n&=f_n+frac12sum_{l=0}^{n-1}inom{n-1}{l}Big((n-l-1)!g_l+l!g_{n-l-1}Big)\ &=f_n+sum_{l=0}^{n-1}inom{n-1}{l}(n-l-1)!g_{l}\ &=f_n+sum_{l=0}^{n-1}(n-1)!frac{g_l}{l!}\ &=n!+sum_{l=0}^{n-1}(n-1)!frac{g_l+f_l}{l!} end{aligned} ]

同样的，我们记 (G_n) 为 (frac{g_i}{i!}) 的前缀和，把 ((1)) 代入。

[egin{align} G_n-G_{n-1}&=1+frac 1n(F_{n-1}+G_{n-1}) otag\ &=H_n+frac 1nG_{n-1}& otag\ o G_n&=H_n+frac{n+1}{n}G_{n-1}& ag{2} end{align} ]

对 ((2)) 进行迭代也可以得到 (G_n) 的通项公式：

[G_n=sum_{i=1}^{n}frac{n+1}{i+1}H_i ]

我们要算的答案是 (g_n=n!(G_n-G_{n-1}))，由于 (mod) 不一定是质数，那还得继续推式子。

[egin{aligned} g_n&=n!Big(H_n+sum_{i=1}^{n-1}frac{H_i}{i+1}Big)\ &=n!H_n+n!sum_{i=2}^{n}frac{1}{i}sum_{j=1}^{i-1}frac{1}{j}\ &=n!H_n+sum_{1le ilt jle n}frac{n!}{ij} end{aligned} ]

这样分母就可以全部抵消了，预处理调和级数前 (n) 项系数的前缀和与后缀和可以 (mathcal O(n)) 求解。

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源代码

/* Lucky_Glass */
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

const int N = 1e7 + 10;
typedef long long llong;

int mod;

inline int reduce(llong key) {
  return int((key %= mod) < 0 ? key + mod : key);
}

int pre[N], suf[N];

int main() {
  freopen("cartesian.in", "r", stdin);
  freopen("cartesian.out", "w", stdout);

  int n; scanf("%d%d", &n, &mod);

  pre[0] = 1;
  for (int i = 1; i <= n; ++i) pre[i] = reduce(1ll * pre[i - 1] * i);
  suf[n + 1] = 1;
  for (int i = n; i; --i) suf[i] = reduce(1ll * suf[i + 1] * i);

  int ans = 0;
  for (int i = 1; i <= n; ++i)
    ans = reduce(ans + 1ll * pre[i - 1] * suf[i + 1]);

  int ex_ans = 0;
  for (int i = 2, tmp = 0; i <= n; ++i) {
    tmp = reduce(pre[i - 2] + (i - 1ll) * tmp);
    ex_ans = reduce(ex_ans + 1ll * tmp * suf[i + 1]);
  }

  ans = reduce(1ll * ans + ex_ans);
  printf("%d
", ans);
  return 0;
}

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THE END

Thanks for reading!

霓虹中 错落影像
满城声色褪去喧嚷
废墟上 余碑文几行
未铭记何谈淡忘

——《岁月成碑》By 乐正绫/Days

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