2020CCPC长春题解 I

2020CCPC长春题解 I - Kawaii Courier

题目大意：　给一个树，让你求每个节点走到根节点的期望的d*x^d，d为走过的边个数。

　　　　　　走法是每次随机等概率走到相邻的点。

题目分析：　相对于经典的距离d的期望，这里要求的是d*x^d的期望。

　　　　　　我们设F(a)=a *x^a

　　　　　　考察F(a+b)与F(a) F(b)的关系，很遗憾，没法直接表示。

　　　　　　引入，辅助函数G(a)=x^a

　　　　　　那么F（a+b)=F(a)*G(b)+F(b)*G(a)

　　　　　　而G(a+b)=G(a)*G(b)

　　　　　　那么分别用两个DFS求出F，G。再用一个DFS得到答案即可。

　　　　　　复杂度O（nlogn) n是dfs复杂度，log是逆元复杂度。
代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const long long mod=1e9+7;
const long long maxn=1e5+10;
long long b[maxn],c[maxn],n,k,px,qx,nx,u,v,ans;
vector<long long> a[2*maxn];
long long ksm(long long x,long long t)
{
    long long ans=1;
    long long res=x;
    while (t)
    {
        if (t&1) ans=ans*res%mod;
        res=res*res%mod;
        t=t>>1;
    }
    return ans;
}
long long _inv(long long x)
{
    x=(x%mod+mod)%mod;
    return ksm(x,mod-2);
}
void init()
{
    scanf("%lld%lld%lld%lld",&n,&k,&px,&qx);
    nx=(px*ksm(qx,mod-2))%mod;
    for (int i=1;i<n;i++)
    {
        scanf("%lld%lld",&u,&v);
        a[u].push_back(v);
        a[v].push_back(u);
    }
}
void dfs1(long long x,long long fa)
{
    long long sum=0;
    for (int i=0;i<a[x].size();i++)
    {
        if (a[x][i]==fa) continue;
        dfs1(a[x][i],x);
        sum=(sum+b[a[x][i]])%mod;
    }
    b[x]=(nx*_inv(a[x].size()-nx*sum%mod))%mod;
}
void dfs2(long long x,long long fa)
{
    long long sum1=0,sum2=0;
    for (int i=0;i<a[x].size();i++)
    {
        if (a[x][i]==fa) continue;
        dfs2(a[x][i],x);
        sum1=(sum1+b[a[x][i]])%mod;
        sum2=(sum2+c[a[x][i]])%mod;
    }
    c[x]=((nx*b[x]%mod)*(sum1+sum2)%mod+nx)%mod;
    c[x]=c[x]*_inv(a[x].size()-nx*sum1%mod)%mod;
}
void get_ans(long long x,long long fa,long long f,long long g)
{
    if (x!=k)     ans=ans^(x*((f*c[x]+g*b[x])%mod)%mod);
    for (int i=0;i<a[x].size();i++)
    {
        if (a[x][i]==fa) continue;
        get_ans(a[x][i],x,f*b[x]%mod,(f*c[x]+g*b[x])%mod);
    }
}
int main()
{
    init();
    dfs1(k,k);
    dfs2(k,k);
    b[k]=1;
    c[k]=0;
    ans=0;
    get_ans(k,k,1,0);
    printf("%lld
",ans);
    return 0;
}