【香蕉OI】染色游戏（容斥，树型DP）

恢复训练。

题意

有一棵树，节点个数 $n\le 1000$ 。

初始每个点都是白色，每次等概率选一个点，把他和与他直接相连的点染成黑色。

求将整棵树染成黑色的期望步数。

思路

首先，设 $P_i$ 表示染了 $i$ 次还没有把整棵树全部染黑的概率。

所求的答案可以转化为

$$\sum _{i=0}^{+\infty }{P}_i$$

因为假如没有染黑，那么肯定至少要再多走一步。

假如我们枚举前 $i$ 步被选过的节点集合 $S$ ，$p_{S,i}$ 表示 $i$ 次染色，每次选择的节点组成集合 $S$ ，并且没有把整棵树染黑的概率，那么答案就是

$$\sum _{i=0}^{+\infty }\sum _S{p}_{S,i}$$

然后考虑求 $p_{S,i}$ 。

对于集合 $S$， $p_{S,i}$ 表示 $i$ 步，每步等概率选集合中的一个数，将集合内的每个元素至少选一遍的概率。

这个东西可以容斥做，将其转换为至多 $k$ 个元素至少被选了一遍。

所以最后需要解决的就是树上大小为 $|S|$ 并且选择这些点并不会染黑整棵树的集合 $S$ 的个数。树型 DP 。

答案表示如下

$$\sum _{k=0}^{n}cn{t}_k\sum _{t=0}^k\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m}\right)\cdot (-1{)}^{k-t}\cdot \sum _{i=0}^{+\infty }(\frac{t}{n}{)}^i$$

复杂度 $O(n^2)$ 。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1000 + 10, M = N << 1, mod = 998244353;
const int trans[3][3] = {{0, 0, 0}, {1, 1, -1}, {1, 2, -1}};
int n;
int h[N], ecnt, v[M], nxt[M];
int fac[N], ifac[N], inv[N];
int siz[N], f[N][N][3], tmp[N][3], a[N], ans;

void _add(int x, int y){
	v[++ecnt] = y; nxt[ecnt] = h[x];
	h[x] = ecnt;
}

int fpow(int x, int y){
	int ret = 1;
	while (y){
		if (y&1) ret = 1LL*ret*x%mod;
		x = 1LL*x*x%mod;
		y >>= 1;
	}
	return ret;
}

void init(int n){
	fac[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; ++ i)
		fac[i] = 1LL*fac[i-1]*i%mod;
	ifac[n] = fpow(fac[n], mod-2);
	for (int i = n-1; i >= 0; -- i)
		ifac[i] = 1LL*ifac[i+1]*(i+1)%mod;
	for (int i = 1; i <= n; ++ i)
		inv[i] = 1LL * ifac[i] * fac[i-1] % mod;
}

int C(int n, int m){
	return 1LL * fac[n] * ifac[m] % mod * ifac[n-m] % mod;
}


void dfs(int u, int fa){
	siz[u] = 1;
	f[u][1][0] = 1;
	f[u][0][2] = 1;
	for (int i = h[u]; i; i = nxt[i])
		if (v[i] != fa){
			dfs(v[i], u);
			for (int j = siz[u]+siz[v[i]]; j >= 0; -- j)
				for (int d = 0; d < 3; ++ d)
					tmp[j][d] = 0;
			for (int j = siz[u]; j >= 0; -- j)
				for (int k = siz[v[i]]; k >= 0; -- k)
					for (int d = 0; d < 3; ++ d)
						for (int b = 0; b < 3; ++ b)
							if (trans[d][b] != -1)
								(tmp[j+k][trans[d][b]] += 1LL * f[u][j][d] * f[v[i]][k][b] % mod) %= mod;
			for (int j = siz[u]+siz[v[i]]; j >= 0; -- j)
				for (int d = 0; d < 3; ++ d)
					f[u][j][d] = tmp[j][d];
			siz[u] += siz[v[i]];
		}
}

int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin >> n;
	init(n);
	for (int i = 1; i < n; ++ i){
		int x, y;
		cin >> x >> y;
		_add(x, y); _add(y, x);
	}
	memset(f, 0, sizeof f);
	dfs(1, 0);
	for (int i = 0; i <= n; ++ i)
		a[i] = ((C(n, i) - f[1][i][0] - f[1][i][1]) % mod + mod) % mod;
	for (int k = 0; k <= n; ++ k){
		int tmp = 0;
		for (int t = k, qw = 1; t >= 0; -- t, qw *= -1)
			(tmp += 1LL * qw * C(k, t) * n % mod * inv[n-t] % mod) %= mod;
		(ans += 1LL * a[k] * tmp % mod) %= mod;
	}
	ans = (ans + mod) % mod;
	cout << ans << endl;
	return 0;
}