[Min-Max 容斥] LOJ#2542. 「PKUWC 2018」随机游走

最新推荐文章于 2023-11-21 12:28:31 发布

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本文介绍了一种使用Min-Max容斥原理解决特定图论问题的方法，通过定义Max(S)和Min(S)来计算节点访问的期望步数，并给出了具体的算法实现，包括状态转移方程及C++代码。

这题我原来使用 $O(2^n n^3)$ 暴力过的…~~跑的还贼快~~

可以用Min-Max 容斥

设 $Max(S)$ 表示集合里最晚被访问的节点被访问的期望步数（也就是访问所有节点的期望步数）。

设 $Min(S)$ 表示集合里最早被访问的节点被访问的期望步数（也就是第一次访问到集合里的节点的期望步数）

那么 $Max(S)=\sum_{T\in S} (-1)^{|T|+1} Min(T)$

只要求出 $Min(S)$ 就可以了

令 $f(x,S)$ 表示从 $x$ 出发，第一次访问 $S$ 里的节点的期望步数。

可以推得 $f(x,S)=k\times f(fa_x,S)+b$ 其中 $k$ 和 $b$ 是常数

然后就一遍dfs就可以了

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N=20,P=998244353;

int n,q,s,cnt,G[N],f[1<<18|5],k[N],d[N],du[N];
struct edge{
  int t,nx;
}E[N<<1];

inline void addedge(int x,int y){
  E[++cnt].t=y; E[cnt].nx=G[x]; G[x]=cnt; du[x]++;
  E[++cnt].t=x; E[cnt].nx=G[y]; G[y]=cnt; du[y]++;
}

inline int Pow(int x,int y){
  int ret=1;
  for(;y;y>>=1,x=1LL*x*x%P) if(y&1) ret=1LL*x*ret%P;
  return ret;
}

void dfs(int x,int f,int S){
  if(S>>(x-1)&1){ k[x]=d[x]=0; return ; }
  k[x]=d[x]=du[x];
  for(int i=G[x];i;i=E[i].nx)
    if(E[i].t!=f){
      dfs(E[i].t,x,S);
      k[x]=(k[x]-k[E[i].t])%P; d[x]=(d[x]+d[E[i].t])%P;
    }
  k[x]=Pow(k[x],P-2); d[x]=1LL*d[x]*k[x]%P;
}

int size[1<<18|5];

int main(){
#ifdef ljn
  freopen("1.in","r",stdin);
  freopen("1.out","w",stdout);
#endif
  scanf("%d%d%d",&n,&q,&s);
  for(int i=1,x,y;i<n;i++)
    scanf("%d%d",&x,&y),addedge(x,y);
  for(int i=0;i<(1<<n);i++)
    dfs(s,0,i),f[i]=d[s],size[i]=size[i>>1]+(i&1);
  while(q--){
    int k,S=0; scanf("%d",&k);
    for(int i=1,x;i<=k;i++)
      scanf("%d",&x),S|=1<<(x-1);
    int ans=0;
    for(int i=S;i;i=(i-1)&S)
      if(size[i]&1)
    ans=(ans+f[i])%P;
      else
    ans=(ans-f[i])%P;
    printf("%d\n",(ans+P)%P);
  }
  return 0;
}