LOJ#2542. 「PKUWC2018」随机游走

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#算法-min-max容斥 #数学-期望 #数学-树上高消

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本文详细探讨了LOJ#2542随机游走问题，采用min-max容斥原理优化求解过程，通过树上高斯消元算法计算点集期望时间，并利用高维前缀和进一步提升效率。

LOJ#2542. 「PKUWC2018」随机游走

题目描述

Solution

去过一个点集中所有节点的期望时间不好求，考虑 $m i n - m a x$ 容斥，转化为求第一次到达某一个点集的期望时间。

我们对于每一个点集 $s$ ，都求出 $f_i$ 表示从 $i$ 结点到点集 $s$ 中某一个结点的期望步数。

每一次 $d p$ 显然可以用树上高消完成，时间复杂度 $O(2^nn)$ 。

接下来的 $m i n - m a x$ 容斥回答询问是 $O(Q2^n)$ 的，不够优秀。

所以我们预处理每一个集合的答案，朴素做法为 $O(3^n)$ ，可以用高维前缀和做到 $O(2^nn)$ 。

#include <vector>
#include <list>
#include <map>
#include <set>
#include <deque>
#include <queue>
#include <stack>
#include <bitset>
#include <algorithm>
#include <functional>
#include <numeric>
#include <utility>
#include <sstream>
#include <iostream>
#include <iomanip>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <cctype>
#include <string>
#include <cstring>
#include <ctime>
#include <cassert>
#include <string.h>
//#include <unordered_set>
//#include <unordered_map>
//#include <bits/stdc++.h>

#define MP(A,B) make_pair(A,B)
#define PB(A) push_back(A)
#define SIZE(A) ((int)A.size())
#define LEN(A) ((int)A.length())
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i)
#define fi first
#define se second

using namespace std;

template<typename T>inline bool upmin(T &x,T y) { return y<x?x=y,1:0; }
template<typename T>inline bool upmax(T &x,T y) { return x<y?x=y,1:0; }

typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double lod;
typedef pair<int,int> PR;
typedef vector<int> VI;

const lod eps=1e-11;
const lod pi=acos(-1);
const int oo=1<<30;
const ll loo=1ll<<62;
const int mods=998244353;
const int MAXN=600005;
const int INF=0x3f3f3f3f;//1061109567
/*--------------------------------------------------------------------*/
inline int read()
{
	int f=1,x=0; char c=getchar();
	while (c<'0'||c>'9') { if (c=='-') f=-1; c=getchar(); }
	while (c>='0'&&c<='9') { x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48); c=getchar(); }
	return x*f;
}
vector<int> e[MAXN];
int A[MAXN],B[MAXN],f[MAXN],d[MAXN],flag[MAXN];
inline int upd(int x,int y){ return x+y>=mods?x+y-mods:x+y; }
inline int quick_pow(int x,int y)
{
	int ret=1;
	for (;y;y>>=1)
	{
		if (y&1) ret=1ll*ret*x%mods;
		x=1ll*x*x%mods;
	}
	return ret;
}
void tree_dp(int x,int father)
{
	int sa=0,sb=0;
	for (auto v:e[x])
	{
		if (v==father) continue;
		tree_dp(v,x);
		sa=upd(sa,A[v]),sb=upd(sb,B[v]);
	}
	if (flag[x]) { A[x]=B[x]=0; return; }
	int t=quick_pow(upd(d[x],mods-sa),mods-2);
	A[x]=t;
	B[x]=1ll*upd(sb,d[x])*t%mods;
}
int main()
{
	int n=read(),Case=read(),rt=read();
	for (int i=1;i<n;i++)
	{
		int u=read(),v=read();
		e[u].PB(v),e[v].PB(u),d[u]++,d[v]++;
	}
	for (int S=1;S<1<<n;S++)
	{
		for (int i=1;i<=n;i++) if ((S>>(i-1))&1) flag[i]=1;
		tree_dp(rt,0);
		f[S]=B[rt]*((__builtin_popcount(S)&1)?1:-1);
		f[S]=upd(f[S],mods);
		for (int i=1;i<=n;i++) if ((S>>(i-1))&1) flag[i]=0;
	}
	for (int i=0;i<n;i++)
		for (int S=1;S<1<<n;S++)
			if ((S>>i)&1) f[S]=upd(f[S],f[S^(1<<i)]);
	while (Case--)
	{
		int x=read(),S=0;
		while (x--) S|=1<<(read()-1);
		printf("%d\n",f[S]);
	}
	return 0;
}