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  • [luogu3412]仓鼠找sugar II

    题面在这里

    题意

    给定一棵树((nle10^5)),仓鼠随机选择起点和终点,之后从起点开始随机游走,每次都会等概率地选择和其相邻的任一道路,直到到达终点,求到达终点时步数的期望

    sol

    因为这一道题中的起点和终点都是不确定的,不好统计

    于是先考虑终点固定的情况,此时我们把终点当作整棵树的(root)(O(n))算法之前的陈述中,直接以根节点代指终点,不做说明

    那么设(f[x])表示节点(x)向根节点方向(即父亲方向)移动一步的期望步数

    我们可以推出如下式子:

    对于叶子节点:(f[leaf]=1)(只要再走一步就一定会走到其父亲)

    对于根节点:(f[root]=0)(根本就不需要走)

    对于其余节点(设(d[x])表示其度数):$$f[x]=1+frac{1}{d[x]} imessum_{sonin x}{(f[son]+f[x])}$$(有(frac{1}{d[x]})的概率走到(x)的儿子节点,再走回来)

    上面的第三个式子再推一下:

    [f[x]=1+frac{1}{d[x]} imessum_{sonin x}{f[son]}+frac{d[x]-1}{d[x]} imes f[x] ]

    [frac{1}{d[x]} imes f[x]=1+frac{1}{d[x]} imessum_{sonin x}{f[son]} ]

    [f[x]=d[x]+sum_{sonin x}{f[son]} ]

    这样就比较好求了,因为对于每一个结点(x),有(sz[x])个点必须经过它才能到达终点,

    那么直接根据这个树形DP(n)次,每次中推出(f[x])然后(ans+=sum_{i=1}^{n}f[i] imes sz[i])((sz[i])表示子树大小)就可以获得50分

    接下来考虑(O(n))的算法,稍作改进即可(接下来要说明的根节点和终点会有所不同)

    我们考虑在所有情况下的(f[x],sz[x])及其贡献

    先以1号节点为根建立一棵有根树,对于每个节点维护其子树大小((s[x]))和子树内度数和((sumd[x])),并令(totd=sum_{i=1}^{n}d[i])

    该节点就是终点点:(f[x]=0)(sz[x]=n),一次

    终点在该节点的某一个儿子的子树(v)中:(f[x]=totd-sumd[v]),(sz[x]=n-s[v]),(s[v])

    终点不在该节点的某一个儿子的子树中:
    (f[x]=sumd[x]),(sz[x]=s[v]),(n-s[u])

    最后对于每一个节点直接统计即可

    代码

    #include<bits/stdc++.h>
    #include<algorithm>
    #include<iostream>
    #include<cstdlib>
    #include<iomanip>
    #include<cstring>
    #include<complex>
    #include<vector>
    #include<cstdio>
    #include<string>
    #include<bitset>
    #include<cmath>
    #include<queue>
    #include<stack>
    #include<map>
    #include<set>
    #define mp make_pair
    #define pb push_back
    #define RG register
    #define il inline
    using namespace std;
    typedef unsigned long long ull;
    typedef vector<int>VI;
    typedef long long ll;
    typedef double dd;
    const dd eps=1e-10;
    const int mod=998244353;
    const int N=100010;
    const int M=90000;
    il ll read(){
    	RG ll data=0,w=1;RG char ch=getchar();
    	while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9'))ch=getchar();
    	if(ch=='-')w=-1,ch=getchar();
    	while(ch<='9'&&ch>='0')data=data*10+ch-48,ch=getchar();
    	return data*w;
    }
    
    il ll poww(ll a,ll b){
    	RG ll ret=1;
    	for(a%=mod;b;b>>=1,a=a*a%mod)if(b&1)ret=ret*a%mod;
    	return ret;
    }
    
    il void file(){
    	//freopen("a.in","r",stdin);
    	//freopen("a.out","w",stdout);
    }
    
    int n,rev,head[N],d[N],p[N],nxt[N<<1],to[N<<1],cnt,totd,ans;
    il void add(int u,int v){
    	to[++cnt]=v;
    	nxt[cnt]=head[u];
    	head[u]=cnt;
    	d[v]++;
    }
    
    int sz[N],fa[N];
    il void dfs(int u,int f){
    	sz[u]=1;fa[u]=f;
    	for(RG int i=head[u];i;i=nxt[i]){
    		RG int v=to[i];if(v==f)continue;
    		dfs(v,u);sz[u]+=sz[v];d[u]+=d[v];
    	}
    }
    
    int main()
    {
    	file();
    	n=read();rev=poww(1ll*n*n%mod,mod-2);
    	for(RG int i=1,u,v;i<n;i++){
    		u=read();v=read();
    		add(u,v);add(v,u);
    	}
    
    	for(RG int i=1;i<=n;i++)totd+=d[i];
    	dfs(1,0);
    	
    	for(RG int u=1;u<=n;u++)
    		for(RG int i=head[u];i;i=nxt[i]){
    			RG int v=to[i];
    			if(v==fa[u]){
    				ans=(ans+1ll*d[u]*sz[u]%mod*(n-sz[u])%mod)%mod;
    			}
    			else{
    				ans=(ans+1ll*(totd-d[v])*(n-sz[v])%mod*sz[v]%mod)%mod;
    			}
    		}
    
    	
    	printf("%lld
    ",1ll*ans*rev%mod);
    	return 0;
    }
    
    
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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/cjfdf/p/8438723.html
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