Problem

loj2542

题意：一棵 \(n\) 个结点的树，从点 \(x\) 出发，每次等概率随机选择一条与所在点相邻的边走过去，询问走完一个集合 \(S\)的期望时间，多组询问

\(n\leq 18,Q\leq 5000\)

Solution

首先来个\(min-max\)容斥

一下是看错题时想的

然后预处理从每个点开始的到达每个点的所有集合的期望，\(O(n^22^n)\)卡常可过

• 若是这样，前20pts可以搞出来了：对于每次询问在线处理dp数组，利用最值容斥搞事情
• 30pts的部分是条链，可以对于每个部分做一次集合前缀后缀预处理
• 40pts的部分每次只询问一个点，明显可以预处理
• 事实上70pts的部分最简单，直接上容斥即可
  
  接下来是100pts……
  
  目前最暴力复杂度为\(O(n^22^n+\sum 2^{k_i})\)，若数据随机，期望状态下每次仅需计算\(\sum_{i=1}^n\frac {2^i\binom ni}{2^n}\approx 1478\)次，即总共大约需要计算\(18^2\times 2^{18}+5000\times 1478=92324656\leq 10^8\)次，理论可过，但出题人十有八九将其卡掉了（网上说没卡）

上头是看看错题的情况下想的，实际上所有询问中起点只可能有一个

重新理一遍思路：由于要\(min-max\)反演，即到达集合\(S\)中最后到达点的时间可以转化为\(2^{|S|}\)个子集中最先到达点的时间进行容斥，再容斥即可

考虑如何求每个集合中最先到达点的期望时间，由期望的性质可得（设\(f[x]\)表示从\(x\)点出发到达第一个集合点的时间期望，\(v\)表示与\(x\)相连的节点，\(d_i\)表示\(i\)点的度数）：

由于需要对所有\(2^n\)个集合都做dp，酱紫求一次需要高斯消元\(n^3\)，但总复杂度\(O(n^32^n)\approx 1.5\times 10^9\)一定接受不了

发现目前为止还没有利用最重要的一个性质：这是一棵树

要快速求解\(f_x\)数组，就需要一定的优化，由于这张图是一棵树，即每两点之间的路径是唯一的，可设\(f_x=Af_{t}+B\)（其中\(t\)为\(x\)的父亲）

利用上边的式子列出方程（设\(c\)为\(x\)的儿子）：

由于儿子加父亲节点一共\(d_x\)个，即

我们要解出\(A,B\)，所以需要将\(f_x=Af_t+B\)代入式子

解得：

再加上集合\(S\)内的点\(x\)满足\(A_x=B_x=0\)

然后对于每个集合 \(S\) 就可以 \(O(n)\) 地求出从任意点出发到达第一个集合内点的期望时间

这样询问就可以愉悦地 \(\mathrm{min-max}\) 容斥了

\(O(1)\) 查询的话只需要高维前缀和一下即可，于是乎总时间复杂度为 \(O(n2^n+Q)\)

upd:好像还要算上求逆元，复杂度 \(O(n2^n\log p+Q)\)，算出来大概 \(1.5e8\)，但由于枚举集合后一旦走到集合就递回，再算上快速幂的小常数，完全可过（复杂度跑不满，跑得最满的情况是菊花图，但即便是菊花图，常数最大也就 \(\frac 12\)）

Code

#include <cstdio>

#include <cctype>

inline void read(int&x){

	char c11=getchar();x=0;while(!isdigit(c11))c11=getchar();

	while(isdigit(c11))x=x*10+c11-'0',c11=getchar();

}

const int N=19,M=1<<18,p=998244353;

struct Edge{int v,nxt;}a[N*N];

int k[N],b[N],deg[N],head[N];

int f[M],bit[M],n,Q,st,_;

inline int qpow(int A,int B){

	int res(1);

	while(B){

		if(B&1)res=1ll*res*A%p;

		A=1ll*A*A%p,B>>=1;

	}return res;

}

inline void pls(int&A,int B){A=A+B<p?A+B:A+B-p;}

inline void dec(int&A,int B){A=A-B<0?A-B+p:A-B;}

void dfs(int x,int las,int lim){

	if(lim&(1<<x-1)){k[x]=b[x]=0;return ;}

	k[x]=b[x]=deg[x];

	for(int i=head[x];i;i=a[i].nxt)

		if(a[i].v!=las){

			dfs(a[i].v,x,lim);

			dec(k[x],k[a[i].v]);

			pls(b[x],b[a[i].v]);

		}

	k[x]=qpow(k[x],p-2);

	b[x]=1ll*b[x]*k[x]%p;

}

int main(){

	read(n),read(Q);read(st);int lim=1<<n;

	for(int i=1,x,y;i<n;++i){

		read(x),read(y),++deg[x],++deg[y];

		a[++_].v=y,a[_].nxt=head[x],head[x]=_;

		a[++_].v=x,a[_].nxt=head[y],head[y]=_;

	}

	for(int S=1;S<lim;++S){

		bit[S]=bit[S>>1]+(S&1);

		dfs(st,0,S);

		f[S]=(bit[S]&1?b[st]:p-b[st]);

	}

	for(int i=1;i<lim;i<<=1)

	for(int j=0;j<lim;++j)

		if(i&j)pls(f[j],f[i^j]);

	int t,x,s;

	while(Q--){

		read(t),s=0;

		while(t--)read(x),s|=1<<x-1;

		printf("%d\n",f[s]);

	}

	return 0;

}