【BZOJ3451】Normal

Description

某天WJMZBMR学习了一个神奇的算法：树的点分治！

这个算法的核心是这样的：

消耗时间=0

Solve(树 a)

消耗时间 += a 的 大小

如果 a 中 只有 1 个点

退出

否则在a中选一个点x，在a中删除点x

那么a变成了几个小一点的树，对每个小树递归调用Solve

我们注意到的这个算法的时间复杂度跟选择的点x是密切相关的。

如果x是树的重心，那么时间复杂度就是O(nlogn)

但是由于WJMZBMR比较傻逼，他决定随机在a中选择一个点作为x！

Sevenkplus告诉他这样做的最坏复杂度是O(n^2)

但是WJMZBMR就是不信>_<。。。

于是Sevenkplus花了几分钟写了一个程序证明了这一点。。。你也试试看吧^_

现在给你一颗树，你能告诉WJMZBMR他的傻逼算法需要的期望消耗时间吗？（消耗时间按在Solve里面的那个为标准）

Input

第一行一个整数n，表示树的大小

接下来n-1行每行两个数a,b，表示a和b之间有一条边

注意点是从0开始标号的

Output

一行一个浮点数表示答案

四舍五入到小数点后4位

如果害怕精度跪建议用long double或者extended

Sample Input

3

0 1

1 2

Sample Output

5.6667

题目大意就是给定一棵树，问随机进行点分治（不一定找重心）每个节点期望访问次数之和。

神题啊。

我们考虑计算点对\(P_{x,y}\)表示在\(x\)最为点分重心的时候访问了\(y\)的概率，由期望的线性性得出\(ans=\sum_{x=1}^n\sum_{y=1}^n P_{x,y}\)。

然后我们考虑怎么求这个\(P_{x,y}\)。假设\(x\)到\(y\)最短路上有\(ver_{x,y}\)个点，那么概率就是\(\frac{1}{ver_{x,y}}\)。

为什么呢？我们可以考虑将点分看成一个删点的操作。我们必须保证在删除\(x\)之前\(x\)到\(y\)的路径都是未被删除的。我们假设可以重复删除以删除的点，则：

这个公式的意义就是考虑在删除\(x\)之前删除了多少次其他点。

所以我们要求的就是\(ans=ans=\sum_{x=1}^n\sum_{y=1}^n \frac{1}{ver_{x,y}}\)

因为这个公式是非线性的，所以我们对于每个\(k\)要求出\([ver_{x,y}==k]\)的数量。这个我们就可以考虑点分治了。

#include<bits/stdc++.h>

#define ll long long

#define N 30005

using namespace std;

inline int Get() {int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while('0'<=ch&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;}

int n;

struct Com {

	long double r,v;

	Com() {r=v=0;}

	Com(double a,double b) {r=a,v=b;}

};

Com operator +(const Com &a,const Com &b) {return Com(a.r+b.r,a.v+b.v);}

Com operator -(const Com &a,const Com &b) {return Com(a.r-b.r,a.v-b.v);}

Com operator *(const Com &a,const Com &b) {return Com(a.r*b.r-a.v*b.v,a.r*b.v+a.v*b.r);}

Com operator /(const Com &a,const long double b) {return Com(a.r/b,a.v/b);}

const double pi=acos(-1);

void FFT(Com *a,int d,int flag) {

	int n=1<<d;

	static int rev[N<<2];

	for(int i=0;i<n;i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<d-1);

	for(int i=0;i<n;i++) if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);

	for(int s=1;s<=d;s++) {

		int len=1<<s,mid=len>>1;

		Com w(cos(2*flag*pi/len),sin(2*flag*pi/len));

		for(int i=0;i<n;i+=len) {

			Com t(1,0);

			for(int j=0;j<mid;j++,t=t*w) {

				Com u=a[i+j],v=a[i+j+mid]*t;

				a[i+j]=u+v;

				a[i+j+mid]=u-v;

			}

		}

	}

	if(flag==-1) for(int i=0;i<n;i++) a[i]=a[i]/n;

}

struct road {

	int to,nxt;

}s[N<<1];

int h[N],cnt;

void add(int i,int j) {s[++cnt]=(road) {j,h[i]};h[i]=cnt;}

int size[N],mx[N],sum,rt;

int fr[N];

bool vis[N];

void Get_root(int v,int fr) {

	mx[v]=size[v]=1;

	::fr[v]=fr;

	for(int i=h[v];i;i=s[i].nxt) {

		int to=s[i].to;

		if(to==fr||vis[to]) continue ;

		Get_root(to,v);

		size[v]+=size[to];

		mx[v]=max(mx[v],size[to]);

	}

	mx[v]=max(mx[v],sum-size[v]);

	if(mx[rt]>mx[v]) rt=v;

}

int ans[N];

int tem[N];

int mxdep;

void statis(int v,int fr,int dep) {

	tem[dep]++;

	mxdep=max(mxdep,dep);

	for(int i=h[v];i;i=s[i].nxt) {

		int to=s[i].to;

		if(to==fr||vis[to]) continue ;

		statis(to,v,dep+1);

	}

}

Com A[N<<2];

void cal(int flag) {

	int d=ceil(log2(mxdep<<1|1));

	for(int i=0;i<1<<d;i++) A[i]=Com(tem[i],0);

	FFT(A,d,1);

	for(int i=0;i<1<<d;i++) A[i]=A[i]*A[i];

	FFT(A,d,-1);

	for(int i=0;i<1<<d;i++) {

		ans[i+1]+=flag*(int(A[i].r+0.5));

	}

}

void solve(int v) {

	vis[v]=1;

	if(fr[v]) size[fr[v]]=sum-size[v];

	mxdep=0;

	for(int i=h[v];i;i=s[i].nxt) {

		int to=s[i].to;

		if(vis[to]) continue ;

		statis(to,v,1);

	}

	ans[1]++;

	for(int i=1;i<=mxdep;i++) ans[i+1]+=tem[i]*2;

	cal(1);

	for(int i=1;i<=mxdep;i++) tem[i]=0;

	for(int i=h[v];i;i=s[i].nxt) {

		int to=s[i].to;

		if(vis[to]) continue ;

		mxdep=0;

		statis(to,v,1);

		cal(-1);

		for(int j=1;j<=mxdep;j++) tem[j]=0;

		sum=size[to];

		rt=0;

		Get_root(to,v);

		solve(rt);

	}

}

int main() {

	mx[0]=1e9;

	n=Get();

	int a,b;

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

		a=Get()+1,b=Get()+1;

		add(a,b),add(b,a);

	}

	sum=n;

	Get_root(1,0);

	solve(rt);

	long double Ans=0;

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

		Ans+=1.0*ans[i]/(1.0*i);

	}

	cout<<fixed<<setprecision(4)<<Ans;

	return 0;

}