【hihoCoder1511】树的方差

最新推荐文章于 2019-08-26 19:17:07 发布

CaptainHarryChen

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分类专栏： OI题解计算机数学图论

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本文介绍了一种计算带标号无根树方差的方法，并通过 Prufer 序列将其转化为数学问题解决，最终给出具体的 C++ 实现代码。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题意

对于一棵 n (1≤n≤1000000) 个点的带标号无根树，设 d[i] 为点 i 的度数。
定义一棵树的方差为数组 d[1..n] 的方差：
令 $p=\overline d$ ，（d的平均值）（V为方差）

V = ( d 1 - p ) 2 + ( d 2 - p ) 2 + . . . + ( d n - p ) 2 n

$V=\frac {{(d_1-p)}^2+{(d_2-p)}^2+...+{(d_n-p)}^2} n$
给定 n ，求所有带标号的 n 个点的无根树的方差之和。
你需要将答案对 998244353 取模。

题解

总度数一定等于边数的两倍，所以

p = 2 ( n - 1 ) n

$p=\frac {2(n-1)} n$
把方差拿来化简

V = ( d 1 - p ) 2 + ( d 2 - p ) 2 + . . . + ( d n - p ) 2 n = d 2 1 + d 2 2 + . . + d 2 n - 2 p ( d 1 + d 2 + . . . + d n ) + n p 2 n = d 2 1 + d 2 2 + . . + d 2 n - 8 ( n - 1 ) 2 n + 4 ( n - 1 ) 2 n n = d 2 1 + d 2 2 + . . + d 2 n - [ 2 ( n - 1 ) ] 2 n n = d 2 1 + d 2 2 + . . + d 2 n n - p 2

$V=\frac {{(d_1-p)}^2+{(d_2-p)}^2+...+{(d_n-p)}^2} n\\ =\frac {d_1^2+d_2^2+..+d_n^2-2p(d_1+d_2+...+d_n)+np^2} n\\ =\frac {d_1^2+d_2^2+..+d_n^2-\frac {8(n-1)^2} n+\frac {4(n-1)^2} n} n\\ =\frac {d_1^2+d_2^2+..+d_n^2-\frac {[2(n-1)]^2} n} n\\ =\frac {d_1^2+d_2^2+..+d_n^2} n-p^2$

百度百科——prufer序列
利用prufer序列可以将每个树转换为一个长度为 $n-2$ 的序列（每个长度为 $n-2$ 的序列也可以转换为一个树）
树总共有 $n^{n-2}$ 个
还有一个性质，一个点的度数d=它在prufer序列中出现次数+1。

现在我们需要求方差 $V$ 的前半截，把所有度数的平方加起来除以n
枚举点在prufer序列中出现的次数0~n-2，则这个点的度数平方之和就为

C d n - 2 \times n \times (n - 1) n - 2 - d \times (d + 1) 2

$C_{n-2}^d\times n\times(n-1)^{n-2-d}\times(d+1)^2$

Cdn−2 $C_{n-2}^d$ :序列中选d个位置填同一个点

n $n$ :这些位置可以选择n个点中的任意一个

(n−1)n−2−d $(n-1)^{n-2-d}$ : 剩余(n-2-d)个位置填其它点的方案数

(d+1)2 $(d+1)^2$ :度数的平方

所以总答案就为

a n s = (\sum d = 0 n - 2 C d n - 2 \times n \times (n - 1) n - 2 - d \times (d + 1) 2) / n - p 2 \times n n - 2 = (\sum d = 0 n - 2 C d n - 2 \times (n - 1) n - 2 - d \times (d + 1) 2) - p 2 \times n n - 2

$ans=\left({\sum^{n-2}_{d=0} C_{n-2}^d\times n\times(n-1)^{n-2-d}\times(d+1)^2}\right)/n-p^2\times n^{n-2}\\ =\left({\sum^{n-2}_{d=0} C_{n-2}^d\times(n-1)^{n-2-d}\times(d+1)^2}\right)-p^2\times n^{n-2}$

代码

#include<cstdio>
const int MAXN=1000005;
const long long MOD=998244353LL;

long long pow_mod(long long a,long long b)
{
    long long res=1LL;
    while(b)
    {
        if(b&1LL)
            res=(res*a)%MOD;
        a=(a*a)%MOD;
        b>>=1LL;
    }
    return res;
}
long long inv(long long x)
{return pow_mod(x,MOD-2);}

long long fac[MAXN],infac[MAXN],npow[MAXN];

void prepare(int n)
{
    fac[0]=1LL;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        fac[i]=(fac[i-1]*i)%MOD;
    infac[n]=inv(fac[n]);
    for(int i=n-1;i>=0;i--)
        infac[i]=(infac[i+1]*(i+1))%MOD;
    npow[0]=1LL;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        npow[i]=(npow[i-1]*(n-1))%MOD;
}
long long C(long long n,long long m)
{return fac[n]*infac[n-m]%MOD*infac[m]%MOD;}
long long sqr_mod(long long x)
{return x*x%MOD;}

int main()
{
    int n;
    scanf("%d",&n);
    prepare(n);
    long long ans=0LL,p;
    p=2LL*(n-1)%MOD*inv(n)%MOD;
    for(int d=0;d<=n-2;d++)
        ans=(ans+C(n-2,d)*sqr_mod(d+1)%MOD*npow[n-2-d]%MOD)%MOD;
    ans=(ans+MOD-sqr_mod(p)*pow_mod(n,n-2)%MOD)%MOD;
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}