2021牛客暑期多校训练营#9:G-Glass Balls

2021牛客暑期多校训练营#9:G-Glass Balls

原题链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/11260/G

题目大意

有一棵$n$个节点的树，根为$1$,每个节点上有个玻璃球。
对于$v$的任意儿子$u$,$u$的高度比$v$高$1$个单位，因此$u$上的玻璃球可以沿$(u,v)$边滚到$v$。球沿一条边滚动需要花费$1$秒。

所有球同时开始滚动。有一些节点是可存储节点，其中根节点必定是可存储节点，其他节点有$p$的概率是可存储节点。如果球滚到可存储节点就会立刻破裂，然后从树上取下。如果球初始就在可存储节点上，会立刻破裂。

两个球如果同时滚到同一个节点就会发生碰撞，不论节点是否是可存储节点。如果发生碰撞不仅两个球会碎，整个系统也会崩坏，所有滚动都会停止。

如果发生碰撞，则分数为0，否则分数为${\sum }_{i=1}^{n}f(i)$，其中$f(u)$表示初始在$u$上的球所滚过的边数。
求分数的期望。

解题思路

因为任何节点最多同时存在一个玻璃球，所以任意节点的子节点都最多只能留一个不成为可存储节点。
一个节点及其子节点合法的概率如下图描述：

设$siz{e}_i$为i节点的子节点个数，$P$为合法的概率，则合法的概率为：
$$P=\prod siz{e}_i(1-p)p^{siz{e}_i-1}+p^{siz{e}_i}$$
设$d{p}_x$表示在合法情况下$x$上的球的期望，，设$y$为$x$的父节点，整理可得：
$$\begin{array}{rl}d{p}_1& =0;\\ d{p}_x& =(1+d{p}_y)\frac{(1-p)p^{siz{e}_y-1}}{siz{e}_y(1-p)p^{siz{e}_y-1}+p^{siz{e}_y}}\end{array}$$
从上往下遍历，求出每一个$d{p}_i$的值，最终答案为：
$$ans=P\sum d{p}_x$$

代码实现

#include<bits/stdc++.h>
#define pb push_back
using namespace std;
const int mod=998244353,N=5e5+7;
int n,m,dp[N],dfn[N],cnt,p,P=1,ans;
vector<int>ve[N];
int pm(int x,int p)//快速幂
{
	int res=1;
	while(p>0)
	{
		if(p&1)res=1ll*res*x%mod;
		x=1ll*x*x%mod;
		p>>=1;
	}
	return res;
}
void rd(int &x){int res=0;char c=getchar(),last=' ';while(c<'0'||c>'9')last=c,c=getchar();while(c<='9'&&c>='0')res=res*10-'0'+c,c=getchar();x=last=='-'?-res:res;}//据某人说快读不压成一行就没有灵性
void dfs(int x,int fa){
	dp[x]=1ll*(1+dp[fa])%mod*(1-p+mod)%mod*pm(p,ve[fa].size()-1)%mod;
    dp[x]=1ll*dp[x]*pm((ve[fa].size()*(1-p+mod)%mod*pm(p,ve[fa].size()-1)%mod+pm(p,ve[fa].size()))%mod,mod-2)%mod;//求dp
	for(auto i:ve[x])dfs(i,x);
}
int main()
{
	rd(n),rd(p);
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		int x;
		rd(x);
		ve[x].pb(i);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int s=ve[i].size();
        if(s>0)
		P=1ll*P*(1ll*s*(1-p+mod)%mod*pm(p,s-1)%mod+pm(p,s))%mod;//求P的值
	}
	dp[1]=0;
	for(auto i:ve[1])
	dfs(i,1);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	ans=(1ll*ans+dp[i])%mod;//求dp总和的值
	cout<<1ll*ans*P%mod;//求最终答案
}