「模拟赛20180406」膜树 prufer编码+概率

题目描述

给定一个完全图，保证(w_{u,v}=w_{v,u})且(w_{u,u}=0)，等概率选取一个随机生成树，对于每一对((u,v))，求(dis(u,v))的期望值对(998244353)取模。

输入

第一行一个数(n)

接下来(n)行，每行(n)个整数，第(i)行第(j)个整数表示(w_{i,j})

输出

输出共(n)行，每行(n)个整数，第(i)行第(j)个整数表示(dis(i,j))的期望值

样例

样例输入

4
0 1 1 1
1 0 1 1
1 1 0 1
1 1 1 0

样例输出

0 374341634 374341634 374341634
374341634 0 374341634 374341634
374341634 374341634 0 374341634
374341634 374341634 374341634 0

数据范围

(left|w_{i,j} ight| leq 10^9)

(n leq 1000)

题解

这是一道神奇的概率题……

其实题目原来是有一个(20%)的数据点，此时(nleq 9)，显然我们可以用(prufer)编码枚举生成树，然后暴力算答案即可（(QwQ)卡常拿了(15pts)走人）。但是显然(1000)是不可能的……

于是我们考虑这道题的特殊性质——这是一个完全图！完全图拥有非常好的对称性！
根据上面这点，对于点对((u,v))，任意的一条边((x,y))出现在(u)到(v)的路径上的概率是一样的，同理，任意一条边((u,x))或((x,v))出现在(u)到(v)的路径上的概率也是一样的。于是我们发现可以把边分成三类。

1. ((u,v))，即两端点都在路径上
2. ((u,x))或((x,v))，即有一个端点在路径上
3. ((x,y))，即两端点都不在路径上

对于第一种，只要这条边出现在生成树中就一定会经过，于是就是某一条边出现在生成树中的概率。生成树有(n^{n-2})种，每种会给((n-1))条边带来(1)贡献，显然每条边的总贡献是相同的，于是单条边的贡献为(frac{n^{n-2}cdot(n-1)}{frac{ncdot(n-1)}{2}}=2cdot n^{n-3})
然后只需再除以总方案数(n^{n-2})就是概率，即(frac{2}{n})

考虑第二种，显然对于所有的((u,x))概率都相等……可以发现，如果((u,v))存在生成树中，一定不会选到((u,x))，否则就等概率地选中((u,x))。那么答案为(frac{1-frac{2}{n}}{n-2})

第三种不容易看出什么特征了，我们暴力一点求。假设把这条边切断，发现左右分成两部分，我们可以枚举其中(x)部分的大小，设为(i)，则(y)部分为(n-i)，其中有(4)个点已经确定了——(x,y,u,v)，为了方便，我们固定(u)在(x)这边，而(v)在(y)这边，最后答案乘(2)即可（交换(u,v)）。显然，答案需要乘上(C_{n-4}^{i-2})，(n-4)是因为除去这四个点，(i-2)是除去(x)和(u)。然后左右两边的任意一个无根树形态都是可以的，根据(prufer)编码，答案就是： $$sum_{i=2}^{n-2}{cfrac{2cdot i^{{i-2}cdot(n-i)}{n-i-2}cdot C^{{n-4}_{i-2}}{n}{n-2}}}$$直接(O(nlog n))求就好了

然后统计答案，注意各种小细节，这道题就(A)掉辣！

(Code:)

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define N 1005
#define mod 998244353
int n, dis[N][N], nei[N], all;
int fir, sec, thi;
int fac[N], inv[N];
int ksm(int a, int k)
{
	if (!k)
		return 1;
	int p = ksm(a, k / 2);
	if (k & 1)
		return 1ll * a * p % mod * p % mod;
	return 1ll * p * p % mod;
}
int div(int a){return ksm(a, mod - 2);}
int tree(int a)
{
	if (a == 1)
		return 1;
	return ksm(a,  a - 2);
}
int C(int n, int m)
{
	return 1ll * fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;
}
int main()
{
	fac[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= N - 5; i++)
		fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % mod;
	inv[N - 5] = ksm(fac[N - 5], mod - 2);
	for (int i = N - 5; i >= 1; i--)
		inv[i - 1] = 1ll * inv[i] * i % mod;
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		for (int j = 1; j <= n; j++)
		{
			scanf("%d", &dis[i][j]);
			if (i < j)
				all = (all + dis[i][j]) % mod;
			nei[i] = (nei[i] + dis[i][j]) % mod;
		}
	fir = 2 * div(n) % mod;
	sec = 1ll * (1 - fir) * div(n - 2) % mod;
	if (sec < 0)
		sec += mod;
	for (int i = 1; i < n - 2; i++)
	{
		int j = n - 2 - i;
		thi = (thi + 2ll * tree(i + 1) * tree(j + 1) % mod * C(n - 4, i - 1) % mod) % mod;
	}
	thi = 1ll * thi * div(tree(n)) % mod;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		for (int j = 1; j <= n; j++)
		{
			int ans = 1ll * dis[i][j] * fir % mod;
			ans = (ans + 1ll * ((nei[i] + nei[j]) % mod - dis[i][j] * 2) % mod * sec % mod) % mod;
			ans = (ans + 1ll * (all - ((nei[i] + nei[j]) % mod - dis[i][j]) % mod) * thi % mod) % mod;
			if (ans < 0)
				ans += mod;
			if (i == j)
				ans = 0;
			printf("%d%c", ans, j == n ? 10 : 32);
		}
}