洛谷P3412 仓鼠找$Sugar II$题解(期望+统计论？)

洛谷P3412 仓鼠找(Sugar II)题解(期望+统计论？)

标签：题解
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原题链接：洛谷P3412 仓鼠找sugar II
好像只有洛谷有诶。。。

日常吐槽

这个期望题开发新思维方式还是比较好的。。。
毕竟还是很难想的。。。鸣谢(fdfDarkfire)教我做这个题！

题解来了

很容易发现答案就是(dfrac{sum_{i=1}^{n}sum_{i=1}^{n}dis[i][j]}{n^2}\% MOD)是吧
但是不会在短时间内算分子部分啊。。。
但是我们可以发现：如果可以固定住终点，那么会很容易算
所以我们先钦定终点在(1)，然后考虑某种方法来启发计算所有点为终点的情况

终点在(1)

不妨把(1)作为根
本来一个(DFS)可以搞定，但是对正解毫无启发，所以再想一下
我们设(f[now])表示从(now)跳到(fa[now])的期望步数
那么有(这个自己思考一下就行了)（(qw)是儿子，(d)是度数）$$f[now]=1+frac{1}{d[now]}×sum(f[qw]+f[now])$$草稿纸上化简一下会得到(f[now]=d[now]+sum f[qw])
哇，这不是很美丽！得到(f[now]=sum d[x])（(x)在(now)的子树内）
突然发现(f)数组只和子树度数和有关，嘿嘿、、、
这样也可以很方便地统计答案是吧：(Ans=siz[now]×f[now])
说一下为什么，(now)往(fa[now])的边只会被(now)的子树中节点去用(f[x])走是吧，而(f[now])全统计到了(f[x])，所以直接乘

那么我们发现，固定一个点为终点时答案只和当前点为根时的$sum $子树大小×子树度数和 有关

拓展到终点随机

上面那个结论很重要
我们现在对每个点进行考虑，是不是它有很多个方向出去，那些方向都有可能有终点
我们分别计算那些终点是在哪一个方向

1. 肯定还是先以(1)为根把上面所需的所有东西处理出来
2. 枚举每个点枚举边考虑根的方向
3. 如果根在树中的(1)的方向，就是(fa[now])方向，肯定有(Ans+=siz[now]*f[now]*(n-siz[now])%MOD)
   意思是对于根在(fa[now])方向有((n-siz[now]))种位置，而每种位置此时贡献都是(siz[now]*f[now])（上面说了的）
4. 如果根在树中的某个儿子方向，就是(qw)方向，肯定有((n-siz[qw])*(tot-f[qw])*siz[qw]))，含义的话根据(fa[now])方向的情况自己想一下吧

PS：上面这一段有不理解可以根据代码看
这样我们就统计完了总表达式的分子部分，乘个逆元就解决了。。。

#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define rg register
#define ldb double
#define lst long long
#define rgt register int
#define N 100050
#define qw ljl[i].to
#define MOD 998244353
using namespace std;
const int Inf=1e9;
il int MAX(rgt x,rgt y){return x>y?x:y;}
il int MIN(rgt x,rgt y){return x<y?x:y;}
il int read()
{
    int s=0,m=0;char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')m=1;ch=getchar();}
    while( isdigit(ch))s=(s<<3)+(s<<1)+(ch^48),ch=getchar();
    return m?-s:s;
}

int n;lst Ans;
int hd[N],cnt,tot;
int f[N],siz[N],fa[N],d[N];
//f: the step's expectation of now jumps to fa[now] (as the root of 1)
//f[now]=Σf[qw]+d[now]=totd[](in son_tree)     写题的时候写的傻逼英语。。。
struct EDGE{int to,nxt;}ljl[N<<1];
il void Add(rgt p,rgt q){ljl[++cnt]=(EDGE){q,hd[p]},hd[p]=cnt;}
il void ADD(rg lst &x,rg lst y){x+=y;if(x>MOD)x-=MOD;}
il int qpow(rg lst x,rgt y)
{
    rg lst ret=1;
    while(y)
    {
        if(y&1)ret=(ret*x)%MOD;
        x=(x*x)%MOD,y>>=1;
    }return ret;
}

void Dfs(rgt now,rgt fm)
{
    fa[now]=fm,siz[now]=1,f[now]=d[now];
    for(rgt i=hd[now];i;i=ljl[i].nxt)
    {
        if(qw==fm)continue;Dfs(qw,now);
        siz[now]+=siz[qw],f[now]+=f[qw];
    }
}

int main()
{
    n=read();
    for(rgt i=1,p,q;i<n;++i)
    {
        p=read(),q=read();
        ++d[p],++d[q],Add(p,q),Add(q,p);
    }Dfs(1,0);
    for(rgt i=1;i<=n;++i)tot+=d[i];
    for(rgt now=1;now<=n;++now)
        for(rgt i=hd[now];i;i=ljl[i].nxt)
        {
            if(qw==fa[now])ADD(Ans,1LL*siz[now]*f[now]%MOD*(n-siz[now])%MOD);
            else ADD(Ans,1LL*(n-siz[qw])*(tot-f[qw])%MOD*siz[qw]%MOD);
        }
    return printf("%lld
",Ans*qpow(1LL*n*n%MOD,MOD-2)%MOD),0;
}