涂色游戏 题解

bsoj6412 没找到出处。。。

题意简述：给一颗树，一次操作定义为随机选择一个点，染掉该点和它周围一圈的点，问期望多少次染黑所有点。

这是道好题啊！全面考察了容斥、反演、期望和dp，有许多值得注意的细节。

一、做法1（容斥/二项式反演+dp）

1.1 化式子

首先肯定第一个想到的式子就是

[Ans = sum_{i=1}^{infty} i * P(在染第i次时刚好黑完) ]

这是根据期望的定义直接得到的。

然后发现这个(i)实在是非常的恶心，因为它居然和无穷有关。但既然是一个合法的期望题，这个(i)必然可以找到某种转化的手段把它弄成一个能算的且收敛的东西，比如等比数列级数之类的。

于是这里有一个套路化法

[sum_{i=1}^{infty} i * P(x=i) = sum_{i=0}^{infty} P(x>i) ]

（(P(A))代表事件(A)发生的概率）

就是改了改枚举的方式，随便想一想应该能够明白了吧（

总之，根据上式我们就可以得到

[Ans = sum_{i=0}^{infty} P(染i次未黑完) ]

我们成功把(i)丢到了(P)里面去。但是我们还是没有办法求这个东西。

发现虽然选点可以进行无数次，但是最多只会选有限个点，许多选点是重复的。用实际选择的点的个数，我们可以在不可计算的无限和可计算的有限之间搭上一座桥梁。我们考虑将上面的(P)进行一个拆分，得到

[Ans = sum_{i=0}^{infty} sum_{k=0}^{n} P(选i次恰好选中某k个点) * N(k个点未黑完整棵树) ]

(N(A))代表事件(A)的方案数

注意式子中“某”的含义。可以这样理解这个式子：

我钦定了某(k)个点

首先我想知道：进行(i)次随机选择，选中且只选中这(k)个点的概率

然后再判断这(k)个点是否能让整棵树黑完。如果不能，则将这部分概率计入。

将所有可能钦定的情况合起来就是(N)，而选择的概率实际上和树形结构无关，选中任意(k)个点的概率都是一样的，所以直接乘起来即可。

好，理解了上式，我们来仔细研究(P)和(N)到底是什么。

1.2 容斥/二项式反演

首先研究(P)。首先如果恰好选中某(k)个点，那么必然先得保证这(i)次都不能选中其他的点。概率是

[(frac{k}{n})^i ]

但这样计算显然是有问题的。因为可能出现有点一次都没有被选中的情况，而这不满足我们“恰好选中”的要求。换句话说，我们只能计算(P(|被选中的点| le p))。而实际上，我们需要的是 (P(|选中的点集| = p))。

容易想到容斥掉它。

考虑枚举一次都没有被选中的点，经过仔细思考，我们能够艰难的得到

[P(选i次恰好选中某k个点) = sum_{p=0}^k C_k^p (-1)^p (frac{k-p}{n})^i ]

我无力解释这个式子...各位自己尝试理解一下吧...

把某个点一次都没有被选中画成一个圆圈，用Venn图的形式可能有助于理解。

虽然难以理解...不过好在可以用二项式反演推导。

[f(n) = sum_{k=0}^n C_n^k g(k) iff g(n) = sum_{k=0}^n C_n^k (-1)^k f(n-k) ]

套入本题

[g_i(k) = P(选i次恰好选中某k个点) ]

[f_i(k) = (frac{k}{n})^i ]

这样就好懂多了，，

不管怎么说，我们终于搞到了(P)表达式，而且这个表达式里(i)是指数！带回原式说不定可以用等比级数干掉它。

1.3 回到答案式

为方便书写，令(a_k = N(k个点未黑完整棵树))

[egin{aligned} Ans &= sum_{i=0}^{infty} sum_{k=0}^{n} a_k sum_{p=0}^k C_k^p (-1)^p (frac{k-p}{n})^i \ &= sum_{k=0}^{n} a_k sum_{p=0}^k C_k^p (-1)^{k-p} sum_{i=0}^{infty} (frac{p}{n})^i \ end{aligned} ]

由于当(|q| < 1)时，有

[egin{aligned} sum_{i=0}^{infty} q^i &= lim_{n o infty} frac{q^{n+1}-1}{q-1} \ &= frac{1}{1-q} end{aligned} ]

故

[Ans = sum_{k=0}^{n} a_k sum_{p=0}^k C_k^p (-1)^{k-p} frac{n}{n-p} ]

（当(k=p=n)时，由于上一步转化要求(|q|<1)，而此时(|q|=1)，会出现级数发散的情况。但发现(a_n)显然一定等于(0)，所以直接不算(k=n)的情况即可）

直接枚举是(O(n^2))的，现在我们只需要求出每一个(a_k = N(k个点未黑完整棵树))

1.4 树形dp

首先可以做一步简单容斥简化问题

[N(k个点未黑完整棵树) = C_n^k - N(k个点黑完整棵树) ]

求(N(k个点黑完整棵树))，很容易想到树上背包

实际上就是在树上分配选点，也就是一个背包，而方案数背包的实质是卷积，所以就是用树形dp维护卷积合并。

开始写状态。

(f[u][0/1][0/1])表示只考虑以(u)为根的子树，父亲是否被选择，自己是否被选择的方案数。（可能有更简单的状态表示，但我觉得这种更好想更靠谱）

随便写写就有转移方程了。

[f[u][0][0] = f[u][1][0] - prod_v f[v][0][0] ]

没有父亲援助，自己也不选，只能靠儿子。儿子节点只需要有一个选就可以养活自己。也就是儿子随便乱选减去儿子一个都不选的情况。

[f[u][0][1] = I * prod_v (f[v][1][0] + f[v][1][1]) ]

自己选了，上下随便。

[f[u][1][0] = prod_v ( f[v][0][0] + f[v][0][1] ) ]

父亲选了，自己不选，下面随便。

[f[u][1][1] = f[u][0][1] ]

自己选了，上下随便。

照着dp即可。

[N(k个点黑完整棵树) = f[root][0][0][k]+f[root][0][1][k] ]

顺着之前倒着带回去行了。

1.5 时间复杂度

1.5.1 答案式

显然是(O(n^2))的。

1.5.2 树形dp

一次卷积(O(n ^ 2))，会向上合并(O(n))次...

诶？这不是(O(n^3))的吗？

实则不然。

设(sz[u])为以(u)为根的子树大小。显然可能涉及的卷积长度(len le sz[u])

于是考虑每个节点(u)下的所有儿子(v)合并起来的耗时。

[sum_{v_1 ot= v_2} sz[v_1] *sz[v_2] = sz[u]^2 - sum_v sz[v]^2 \ ]

后面减去的和式，将抵消掉所有儿子节点产生的时间复杂度！

所以真正的复杂度是(O(n^2))

妙啊

这里提供另一道题 loj6289 花朵 ，其部分分解法也是这种方式证明时间复杂度

还要优化的话，可以用NTT来做卷积，还可以用堆来实现从小到大合并减少浪费的时间，类似分治NTT。但都只是常数级优化。

1.6 总结

爆拆期望得无穷级数，尝试去掉无穷，套路化法将(i)化入(P)。

拆掉(P)在无穷与有限间建立联系，分别处理(P)和(N)。

(P)可容斥得出，带回原式用等比级数干掉无穷的(i)

(N)用树上背包可解，仔细推转移即可

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
typedef long long ll;
using namespace std;

ll Rd(){
	ll ans=0;char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
	while(c>='0'&&c<='9') ans=ans*10+c-'0',c=getchar();
	return ans;
}

const ll MOD=998244353;
ll QPow(ll x,ll up){
	x=(x+MOD)%MOD;
	ll ans=1;
	while(up)
		if(up%2==0) x=x*x%MOD,up/=2;
		else ans=ans*x%MOD,up--;
	return ans;
}
ll Inv(ll x){
	return QPow(x,MOD-2);
}

const ll PTN=1005;
ll N;
ll fac[PTN],facInv[PTN];
void FacInit(){
	fac[0]=1;for(ll i=1;i<=N;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
	facInv[N]=Inv(fac[N]);for(ll i=N-1;i>=1;i--) facInv[i]=facInv[i+1]*(i+1)%MOD;
	facInv[0]=1;
}
ll C(ll n,ll m){
	if(n<m) return 0;
	return fac[n]*facInv[m]%MOD*facInv[n-m]%MOD;
}

struct Edge{
	ll u,v;ll nxt;
}edge[PTN*2];
ll graM,last[PTN];
void GraphInit(){graM=0;for(ll i=0;i<PTN;i++) last[i]=0;}
void AddBscEdge(ll u,ll v){
	edge[++graM]=(Edge){u,v,last[u]};
	last[u]=graM;
}
void AddDbEdge(ll u,ll v){
	AddBscEdge(u,v);AddBscEdge(v,u);
}

class Func{public:
	ll sav[PTN];ll len;
	Func(){}
	Func(ll len){
		this->len=len;
		for(ll i=0;i<=len;i++) sav[i]=0;
	}
	void Resize(ll nwLen){
		for(ll i=len+1;i<=nwLen;i++) sav[i]=0;
		len=nwLen;
	}
	ll& operator [] (ll idx){return sav[idx];}
	/*void Debug(){
		cout<<len<<":";
		for(ll i=0;i<=len;i++) cout<<sav[i]<<",";cout<<endl;
	}*/
};
Func operator + (Func A,Func B){
	Func C(max(A.len,B.len));
	A.Resize(C.len);B.Resize(C.len);
	for(ll i=0;i<=C.len;i++) C[i]=A[i]+B[i]%MOD;
	return C;
}
Func operator - (Func A,Func B){
	Func C(max(A.len,B.len));
	A.Resize(C.len);B.Resize(C.len);
	for(ll i=0;i<=C.len;i++) C[i]=A[i]-B[i]%MOD;
	return C;
}
Func operator * (Func A,Func B){
	Func C(A.len+B.len);
	for(ll i=0;i<=A.len;i++)
		for(ll j=0;j<=B.len;j++)
			C[i+j]=(C[i+j]+A[i]*B[j])%MOD;
	return C;
}
Func I(){
	Func A(1);A[1]=1;return A;
}
Func E(){
	Func A(0);A[0]=1;return A;
}
Func f[PTN][2][2];
void FDFS(ll u,ll father){
	Func s00,s00_01,s10_11;
	s00=s00_01=s10_11=E();
	for(ll i=last[u];i!=0;i=edge[i].nxt){
		ll v=edge[i].v;if(v==father) continue;
		FDFS(v,u);
		s00=s00*f[v][0][0];
		s00_01=s00_01*(f[v][0][0]+f[v][0][1]);
		s10_11=s10_11*(f[v][1][0]+f[v][1][1]);
	}
	f[u][0][0]=s00_01-s00;
	f[u][0][1]=I()*s10_11;
	f[u][1][0]=s00_01;
	f[u][1][1]=I()*s10_11;
}
ll A[PTN];
void Solve(){
	FDFS(1,0);
	for(ll k=0;k<=N;k++) A[k]=(C(N,k)-(f[1][0][0][k]+f[1][0][1][k])%MOD+MOD)%MOD;
	ll Ans=0;
	for(ll k=0;k<N;k++){//注意<N 
		ll t=0;
		for(ll p=0;p<=k;p++){
			ll alpha;
			if((k-p)%2==0) alpha=1;
			else alpha=(-1+MOD)%MOD;
			t=(t+C(k,p)*alpha%MOD*N%MOD*Inv(N-p)%MOD)%MOD;
		}
		t=t*A[k]%MOD;
		Ans=(Ans+t)%MOD;
	}
	cout<<Ans;
}
int main(){
	N=Rd();FacInit();
	GraphInit();
	for(ll i=1;i<N;i++){
		ll u=Rd(),v=Rd();
		AddDbEdge(u,v);
	}
	Solve();
	return 0;
}

二、做法2（minmax容斥+dp）

2.1 minmax容斥

minmax容斥标准式：

[max(S) = sum_{T subseteq S \ T ot= varnothing} (-1)^{|T|-1} min(T) ]

由于期望具有线性性，它可以拓展到期望：

[E(max(S)) = sum_{T subseteq S \ T ot= varnothing} (-1)^{|T|-1} E(min(T)) ]

然后把这个式子映射到本题中来。（下文把操作了多少次称为“时间”）

(S)就是整棵树。集合中的元素可以看做每一个点第一次被染成黑色的时间，于是(max(S))就表示染黑集合(S)中所有点的耗时；(min(S))表示至少染黑集合(S)中的某一个点的耗时。

套上期望后：(E(max(S)))表示染黑集合中所有点的期望耗时，也就是本题所要求的答案；(E(min(T)))表示至少染黑集合中的某一个点的期望耗时。

捋一下思路，由于期望不满足(E(max(S)) = max_{x in S} E(x))，无法直接遍历求(max)。但是因为期望具有线性性，可以借助minmax容斥来达到目的。 （这是一类套路题型）

2.2 处理(E(min(T)))

于是思考(E(min(T)))是否容易求得。容易列出：

[E(min(T)) = frac{|U_T|}{n} + (1 - frac{|U_T|}{n})(1 + E(min(T))) ]

其中(|U_T|)表示选择后能让(T)中某个节点变黑的点的集合。

解得

[E(min(T)) = frac{n}{|U_T|} ]

补充一点，显然(S)、(T)、(U_T)有这样的关系

[T subseteq U_T subseteq S ]

将表达式带入原式中

[E(max(S)) = sum_{T subseteq S \ T ot= varnothing} (-1)^{|T|-1} frac{n}{|U_T|} ]

枚举子集是复杂度的瓶颈。不过发现枚举中许多项的(|U_T|)都是相同的，考虑把它单独拿出来枚举。

[E(max(S)) = sum_{u=1}^n frac{n}{u} sum_{T subseteq S \ T ot= varnothing \ |U_T|=u} (-1)^{|T|-1} ]

也就是说，现在我们只需快速求得

[sum_{T subseteq S \ T ot= varnothing \ |U_T|=u} (-1)^{|T|-1} ]

思考这式子的意义。其实它就是一个带上了容斥系数的所有(T)的方案数之和，也就是(|T|)为奇的方案数减去(|T|)为偶的方案数。

尝试通过树形dp解决

2.3 树形dp

首先简单考虑一下所需的状态。考虑以某个点为根的子树，我们需要记录(|U_T|)，这是我们上面枚举的基础；(|T|)是容斥系数，我们需要记录它的奇偶性。

可以想到转移大概的形式是在(U_T)上的卷积。

2.3.1 状态压缩

首先有一个小Trick，可以压掉记录(|T|)奇偶性这一维

[sum_{T subseteq S \ T ot= varnothing \ |U_T|=u} (-1)^{|T|-1} = - sum_{T subseteq S \ T ot= varnothing \ |U_T|=u} (-1)^{|T|} ]

根据上式，我们在dp时求(|T|)为偶的方案数减去(|T|)为奇的方案数，最后计算答案时乘上个(-1)即可。

这么做的原因是可以压缩掉记录(|T|)奇偶性这一维。

2.3.1.1 对于转移

比如有两个对象(A=(x_1,y_1))，(B(x_2,y_2))需要合并为(C)（第1个参数表示(|T|)为偶的方案数，第2个参数表示(|T|)为奇的方案数）

[C = (x_1 x_2 + y_1 y_2, x_1 y_2 + x_2 y_1) ]

如果将对象改写为单个变量记录：(A=x_1 - y_1)，(B = x_2 - y_2)

[egin{aligned} C &= x_1 x_2 + y_1 y_2 - (x_1 y_2 + x_2 y_1) \ &= (x_1 - y_1) (x_2 - y_2) \ &= A B end{aligned} ]

而对象的值就是我们所求的（考虑容斥系数的方案数）。成功压缩。

如果不做上面那一个Trick的转化，压缩状态需要 正*正=负 和 负*负=正，而这显然是不成立的。

2.3.1.2 对于新增

如果所有情况的(T)内新增一个节点，原来(|T|)为奇的变为偶，原来为偶的变为奇。

如果不压缩，操作应该是交换(x)和(y)

如果压缩，只需对dp值乘上(-1)即可

2.3.2 设置状态并处理转移

我们的dp实际上是用背包分配(|U_T|)。

状态压缩后，剩下的主要问题在于合并时(|U_T|)、(|T|)发生的变化对dp值造成的影响，而这变化与当前点(u)到底属于哪个集合密切相关。

由于转移情况复杂，而背包的本质是卷积，所以用封装性良好的卷积实现。

令(f[u][d=0/1/2])表示仅考虑(S)是(u)为根的子树时，以(x)为下标的列表

[{sum_{T subseteq S \ T ot= varnothing \ |U_T|=x \ u in Q_d} (-1)^{|T|} Large | ormalsize x in [0,|S|]} ]

(Q_d)是对(u)的限制，具体为

(Q_0)：(u in S)且(u ot in U_T)

(Q_1)：(u in U_T)且(u ot in T)

(Q_2)：(u in T)

定义(I)，(I[1]=1)​，其余皆为(0)，结合卷积可以表示向(U_T)内新增一个点。

我们开始处理转移。

[f[u][0] = prod_{v} f[v][0] + f[v][1] ]

意思是若(u)不在(U_T)里，则它的所有儿子一定不能在(T)里。

[f[u][1] = left( left( prod_v f[v][0] + f[v][1] +f[v][2] ight) - f[u][0] ight) * I ]

若(u)在(U_T)内而(u)不在(T)内，则(u)的儿子中至少有一个是(T)中的点。这可以转化为所有情况的答案减去所有儿子都不在(T)中的答案。最后卷上(I)为(U_T)新增(u)。

[f[u][2] = - left( I * prod_v left( f[v][0] * I + f[v][1] + f[v][2] ight) ight) ]

若(u)在(T)内，那些本来不在(U_T)内的(u)的儿子现在就应该属于(U_T)了。然后既然(u)属于(T)，那么(u)也属于(U_T)，卷上(I)为(U_T)新增(u)。最后，由于(T)新增了个点，也就是说所有项的容斥系数(+1)，整体变号即可。

最后算答案，参考早前化出的答案式即可。

2.4 时间复杂度

答案式部分显然(O(n))

树形dp卷积的时间复杂度为(O(n^2))，见做法1对dp的时间复杂度证明。

2.5 总结

首先我们发现这道题适用于minmax容斥的套路，于是将难求的(E(max(S)))转化到容易求的(E(min(T)))。

然后我们再想办法优化枚举子集，发现(U_T)是一个关键的变量，于是将其提出来单独枚举，问题转化为求带有容斥系数的方案数。

回头观察题面发现是树状结构，必然有其特殊性质，于是猜想用树形dp解决。讨论合并时(U_T)和(T)是如何变化的，能够列出转移方程式。在中间想到了压缩状态，简化了dp。

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll Rd(){
	ll ans=0;char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
	while(c>='0'&&c<='9') ans=ans*10+c-'0',c=getchar();
	return ans;
}

const ll MOD=998244353;
ll QPow(ll x,ll up){
	x=(x+MOD)%MOD;
	ll ans=1;
	while(up)
		if(up%2==0) x=x*x%MOD,up/=2;
		else ans=ans*x%MOD,up--;
	return ans;
}
ll Inv(ll x){
	return QPow(x,MOD-2);
}

const ll PTN=1E3+5;
struct Edge{
	ll u,v;ll nxt;
}edge[PTN*2];
ll N,graM,last[PTN];
void GraphInit(){graM=0;for(ll i=0;i<PTN;i++) last[i]=0;}
void AddBscEdge(ll u,ll v){
	edge[++graM]=(Edge){u,v,last[u]};
	last[u]=graM;
}
void AddDbEdge(ll u,ll v){
	AddBscEdge(u,v);AddBscEdge(v,u);
}

class Func{public:
	ll sav[PTN];
	ll len;
	ll& operator [] (ll idx){return sav[idx];}
	Func(){}
	Func(ll len){
		this->len=len;
		for(ll i=0;i<=len;i++) sav[i]=0;
	}
	void Expand(ll nwLen){
		for(ll i=len+1;i<=nwLen;i++) sav[i]=0;
		len=nwLen;
	}
	Func operator - (){
		Func B;B.len=len;
		for(ll i=0;i<=len;i++) B[i]=(-sav[i]+MOD)%MOD;
		return B;
	}
	/*void Debug(){
		cout<<len<<":";
		for(ll i=0;i<=len;i++) cout<<sav[i]<<',';cout<<endl;
	}*/
};
Func E(){
	Func A(0);A[0]=1;
	return A;
}
Func I(){
	Func A(1);A[1]=1;
	return A;
}
Func operator + (Func A,Func B){
	Func C(max(A.len,B.len));
	A.Expand(C.len);B.Expand(C.len);
	for(ll i=0;i<=C.len;i++) C[i]=(A[i]+B[i])%MOD;
	return C;
}
Func operator - (Func A,Func B){
	Func C(max(A.len,B.len));
	A.Expand(C.len);B.Expand(C.len);
	for(ll i=0;i<=C.len;i++) C[i]=(A[i]-B[i]+MOD)%MOD;
	return C;
}
Func operator * (Func A,Func B){
	Func C(A.len+B.len);
	for(ll i=0;i<=A.len;i++)
		for(ll j=0;j<=B.len;j++)
			C[i+j]=(C[i+j]+A[i]*B[j])%MOD;
	return C;
}

Func f[PTN][3];
void DFS(ll u,ll fa){
	f[u][0]=f[u][1]=f[u][2]=E();
	for(ll i=last[u];i!=0;i=edge[i].nxt){
		ll v=edge[i].v;if(v==fa) continue;
		DFS(v,u);
		f[u][0]=f[u][0]*(f[v][0]	+f[v][1]);
		f[u][1]=f[u][1]*(f[v][0]	+f[v][1]+f[v][2]);
		f[u][2]=f[u][2]*(f[v][0]*I()+f[v][1]+f[v][2]);
	}
	f[u][1]=(f[u][1]-f[u][0])*I();
	f[u][2]=-(f[u][2]*I());
}
void Solve(){
	DFS(1,0);
	ll Ans=0;
	for(ll i=1;i<=N;i++){//注意从1开始，因为minmax容斥不包含空集 
		Ans=(Ans+N*Inv(i)%MOD*(f[1][0][i]+f[1][1][i]+f[1][2][i]))%MOD;
	}
	cout<<(-Ans+MOD)%MOD;
}
int main(){
	N=Rd();
	GraphInit();
	for(ll i=1;i<N;i++){
		ll u=Rd(),v=Rd();
		AddDbEdge(u,v);
	}
	Solve();
	return 0;
}

三、总结

这道题简直人类智慧（

解题思路很具有参考价值，实为一道期望好题！

上周末看到这道题，因为全网都找不到出处也没题解，硬是对着一张题解截图（解法1）和先比我写出来的Waper爷的代码（解法2）杠出来了

我现在感觉我整个人都升华了.jpg

2019/12/09