Newcoder 141 B.Expected Number of Nodes(组合数学)

探讨在一棵树上,随机选取k个点后,根据特定规则删除部分点,求不同k值下剩余点数的期望值。通过概率计算和组合数学分析,提出了一种O(n^2)的时间复杂度算法。

摘要生成于 C知道 ,由 DeepSeek-R1 满血版支持, 前往体验 >

Description

给出一棵nn个点的树,每次随机选k个不同的点,对于没选中的点,度数为11的点直接删除,度数为2的点则删除这个点以及这个点所有邻接点,持续上述过程直至所有点要么被选中要么度数超过22,问对于不同的k,剩余点数的期望值

Input

第一行一整数nn表示点数,之后n1行输入n1n−1条树边(1n5000)(1≤n≤5000)

Output

输出nn个整数,分别表示k=1,...,n时剩余点数的期望值,结果模109+7109+7

Sample Input

4
1 2
2 3
3 4

Sample Output

1
2
3
4

Solution

剩余点数期望值即为每点不被删除的概率之和,根据点的度数不同分两种情况:

1.du[u]2du[u]≤2,则只要uu点不被选则会被删掉,该点不被删除的概率为Cn1k1Cnk

2.du[u]>2du[u]>2,假设以uu为根,假设所选k个点在uux个子树中,那么处理完uu的所有子树后u的度为xx,故只要x2uu会被删掉,假设umm棵子树,节点数分别为s1,...,sm,那么uu不被删除的概率为

11Cnk(i<j(Csi+sjkCsikCsjk)+iCsik)=11Cnk(i<jCsi+sjk+(2m)iCsik)

第一种情况很好计算,统计度不超过22的点数直接计算即可,而对于第二种情况,由于要求出k=1,...,n的所有期望值,故直接计算时间复杂度O(n3)O(n3),但是注意到我们可以对于所有度数超过22的点u把括号内CkiCik项前的系数aiai预处理出来,那么对于枚举的kk,直接计算i=1naiCik即可,如此计算时间复杂度O(n2)O(n2)

Code

#include<cstdio>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define maxn 5005
#define mod 1000000007
int mul(int x,int y)
{
    ll z=1ll*x*y;
    return z-z/mod*mod;
}
int add(int x,int y)
{
    x+=y;
    if(x>=mod)x-=mod;
    return x;
}
int C[maxn][maxn];
int Pow(int a,int b)
{
    int ans=1;
    while(b)
    {
        if(b&1)ans=mul(ans,a);
        a=mul(a,a);
        b>>=1;
    }
    return ans;
}
void init(int n)
{
    C[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        C[i][0]=C[i][i]=1;
        for(int j=1;j<i;j++)C[i][j]=add(C[i-1][j-1],C[i-1][j]);
    }
}
int n,Size[maxn],a[maxn];
vector<int>e[maxn],s[maxn];
void dfs(int u,int fa)
{
    Size[u]=1;
    for(int i=0;i<e[u].size();i++)
    {
        int v=e[u][i];
        if(v==fa)continue;
        dfs(v,u);
        s[u].push_back(Size[v]);
        Size[u]+=Size[v];
    }   
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    init(n);
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        int u,v;
        scanf("%d%d",&u,&v);
        e[u].push_back(v),e[v].push_back(u);
    }
    dfs(1,0);
    for(int i=2;i<=n;i++)s[i].push_back(n-Size[i]);
    int cnt=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(s[i].size()>2)
        {
            cnt++;
            for(int j=0;j<s[i].size();j++)a[s[i][j]]=add(a[s[i][j]],mod+2-s[i].size());
            for(int j=0;j<s[i].size();j++)  
                for(int k=j+1;k<s[i].size();k++)
                    a[s[i][j]+s[i][k]]=add(a[s[i][j]+s[i][k]],1); 
        }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int res=0;
        for(int j=i;j<=n;j++)res=add(res,mul(a[j],C[j][i]));
        res=add(cnt,mod-mul(res,Pow(C[n][i],mod-2)));
        res=add(res,mul(n-cnt,mul(C[n-1][i-1],Pow(C[n][i],mod-2))));
        printf("%d\n",res);
    }
    return 0;
}
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