涂色游戏 题解
bsoj6412 没找到出处。。。
题图
题意简述：给一颗树，一次操作定义为随机选择一个点，染掉该点和它周围一圈的点，问期望多少次染黑所有点。
这是道好题啊！全面考察了容斥、反演、期望和dp，有许多值得注意的细节。
一、做法1（容斥/二项式反演+dp）
1.1 化式子
首先肯定第一个想到的式子就是
\[ Ans = \sum_{i=1}^{\infty} i * P(在染第i次时刚好黑完) \]
这是根据期望的定义直接得到的。
然后发现这个\(i\)实在是非常的恶心，因为它居然和无穷有关。但既然是一个合法的期望题，这个\(i\)必然可以找到某种转化的手段把它弄成一个能算的且收敛的东西，比如等比数列级数之类的。
于是这里有一个套路化法 \[ \sum_{i=1}^{\infty} i * P(x=i) = \sum_{i=0}^{\infty} P(x>i) \]
（\(P(A)\)代表事件\(A\)发生的概率）
就是改了改枚举的方式，随便想一想应该能够明白了吧（
总之，根据上式我们就可以得到 \[ Ans = \sum_{i=0}^{\infty} P(染i次未黑完) \]
我们成功把\(i\)丢到了\(P\)里面去。但是我们还是没有办法求这个东西。
发现虽然选点可以进行无数次，但是最多只会选有限个点，许多选点是重复的。用实际选择的点的个数，我们可以在不可计算的无限和可计算的有限之间搭上一座桥梁。我们考虑将上面的\(P\)进行一个拆分，得到 \[ Ans = \sum_{i=0}^{\infty} \sum_{k=0}^{n} P(选i次恰好选中某k个点) * N(k个点未黑完整棵树) \]
\(N(A)\)代表事件\(A\)的方案数
注意式子中“某”的含义。可以这样理解这个式子：
我钦定了某\(k\)个点
首先我想知道：进行\(i\)次随机选择，选中且只选中这\(k\)个点的概率
然后再判断这\(k\)个点是否能让整棵树黑完。如果不能，则将这部分概率计入。
将所有可能钦定的情况合起来就是\(N\)，而选择的概率实际上和树形结构无关，选中任意\(k\)个点的概率都是一样的，所以直接乘起来即可。
好，理解了上式，我们来仔细研究\(P\)和\(N\)到底是什么。
1.2 容斥/二项式反演
首先研究\(P\)。首先如果恰好选中某\(k\)个点，那么必然先得保证这\(i\)次都不能选中其他的点。概率是 \[ (\frac{k}{n})^i \]
但这样计算显然是有问题的。因为可能出现有点一次都没有被选中的情况，而这不满足我们“恰好选中”的要求。换句话说，我们只能计算\(P(|被选中的点| \le p)\)。而实际上，我们需要的是 \(P(|选中的点集| = p)\)。
容易想到容斥掉它。
考虑枚举一次都没有被选中的点，经过仔细思考，我们能够艰难的得到 \[ P(选i次恰好选中某k个点) = \sum_{p=0}^k C_k^p (-1)^p (\frac{k-p}{n})^i \]
我无力解释这个式子…各位自己尝试理解一下吧…
把某个点一次都没有被选中画成一个圆圈，用Venn图的形式可能有助于理解。
虽然难以理解…不过好在可以用二项式反演推导。 \[ f(n) = \sum_{k=0}^n C_n^k g(k) \iff g(n) = \sum_{k=0}^n C_n^k (-1)^k f(n-k) \]
套入本题 \[ g_i(k) = P(选i次恰好选中某k个点) \]
\[ f_i(k) = (\frac{k}{n})^i \]
这样就好懂多了，，
不管怎么说，我们终于搞到了\(P\)表达式，而且这个表达式里\(i\)是指数！带回原式说不定可以用等比级数干掉它。
1.3 回到答案式
为方便书写，令\(a_k = N(k个点未黑完整棵树)\) \[ \begin{aligned} Ans &= \sum_{i=0}^{\infty} \sum_{k=0}^{n} a_k \sum_{p=0}^k C_k^p (-1)^p (\frac{k-p}{n})^i \\ &= \sum_{k=0}^{n} a_k \sum_{p=0}^k C_k^p (-1)^{k-p} \sum_{i=0}^{\infty} (\frac{p}{n})^i \\ \end{aligned} \]
由于当\(|q| < 1\)时，有 \[ \begin{aligned} \sum_{i=0}^{\infty} q^i &= \lim_{n \to \infty} \frac{q^{n+1}-1}{q-1} \\ &= \frac{1}{1-q} \end{aligned} \]
故 \[ Ans = \sum_{k=0}^{n} a_k \sum_{p=0}^k C_k^p (-1)^{k-p} \frac{n}{n-p} \]
（当\(k=p=n\)时，由于上一步转化要求\(|q|<1\)，而此时\(|q|=1\)，会出现级数发散的情况。但发现\(a_n\)显然一定等于\(0\)，所以直接不算\(k=n\)的情况即可）
直接枚举是\(O(n^2)\)的，现在我们只需要求出每一个\(a_k = N(k个点未黑完整棵树)\)
1.4 树形dp
首先可以做一步简单容斥简化问题
\[ N(k个点未黑完整棵树) = C_n^k - N(k个点黑完整棵树) \]
求\(N(k个点黑完整棵树)\)，很容易想到树上背包
实际上就是在树上分配选点，也就是一个背包，而方案数背包的实质是卷积，所以就是用树形dp维护卷积合并。
开始写状态。
\(f[u][0/1][0/1]\)表示只考虑以\(u\)为根的子树，父亲是否被选择，自己是否被选择的方案数。（可能有更简单的状态表示，但我觉得这种更好想更靠谱）
随便写写就有转移方程了。
\[ f[u][0][0] = f[u][1][0] - \prod_v f[v][0][0] \]
没有父亲援助，自己也不选，只能靠儿子。儿子节点只需要有一个选就可以养活自己。也就是儿子随便乱选减去儿子一个都不选的情况。 \[ f[u][0][1] = I * \prod_v (f[v][1][0] + f[v][1][1]) \]
自己选了，上下随便。 \[ f[u][1][0] = \prod_v ( f[v][0][0] + f[v][0][1] ) \]
父亲选了，自己不选，下面随便。 \[ f[u][1][1] = f[u][0][1] \]
自己选了，上下随便。
照着dp即可。 \[ N(k个点黑完整棵树) = f[root][0][0][k]+f[root][0][1][k] \]
顺着之前倒着带回去行了。
1.5 时间复杂度
1.5.1 答案式
显然是\(O(n^2)\)的。
1.5.2 树形dp
一次卷积\(O(n ^ 2)\)，会向上合并\(O(n)\)次…
诶？这不是\(O(n^3)\)的吗？
实则不然。
设\(sz[u]\)为以\(u\)为根的子树大小。显然可能涉及的卷积长度\(len \le sz[u]\)
于是考虑每个节点\(u\)下的所有儿子\(v\)合并起来的耗时。 \[ \sum_{v_1 \not= v_2} sz[v_1] *sz[v_2] = sz[u]^2 - \sum_v sz[v]^2 \\ \]
后面减去的和式，将抵消掉所有儿子节点产生的时间复杂度！
所以真正的复杂度是\(O(n^2)\)
妙啊
这里提供另一道题 loj6289 花朵 ，其部分分解法也是这种方式证明时间复杂度
还要优化的话，可以用NTT来做卷积，还可以用堆来实现从小到大合并减少浪费的时间，类似分治NTT。但都只是常数级优化。
1.6 总结
爆拆期望得无穷级数，尝试去掉无穷，套路化法将\(i\)化入\(P\)。
拆掉\(P\)在无穷与有限间建立联系，分别处理\(P\)和\(N\)。
\(P\)可容斥得出，带回原式用等比级数干掉无穷的\(i\)
\(N\)用树上背包可解，仔细推转移即可
1.7 Code
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
typedef long long ll;
using namespace std;
ll Rd(){
ll ans=0;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9') ans=ans*10+c-'0',c=getchar();
return ans;
}
const ll MOD=998244353;
ll QPow(ll x,ll up){
x=(x+MOD)%MOD;
ll ans=1;
while(up)
if(up%2==0) x=x*x%MOD,up/=2;
else ans=ans*x%MOD,up--;
return ans;
}
ll Inv(ll x){
return QPow(x,MOD-2);
}
const ll PTN=1005;
ll N;
ll fac[PTN],facInv[PTN];
void FacInit(){
fac[0]=1;for(ll i=1;i<=N;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
facInv[N]=Inv(fac[N]);for(ll i=N-1;i>=1;i--) facInv[i]=facInv[i+1]*(i+1)%MOD;
facInv[0]=1;
}
ll C(ll n,ll m){
if(n<m) return 0;
return fac[n]*facInv[m]%MOD*facInv[n-m]%MOD;
}
struct Edge{
ll u,v;ll nxt;
}edge[PTN*2];
ll graM,last[PTN];
void GraphInit(){graM=0;for(ll i=0;i<PTN;i++) last[i]=0;}
void AddBscEdge(ll u,ll v){
edge[++graM]=(Edge){u,v,last[u]};
last[u]=graM;
}
void AddDbEdge(ll u,ll v){
AddBscEdge(u,v);AddBscEdge(v,u);
}
class Func{public:
ll sav[PTN];ll len;
Func(){}
Func(ll len){
this->len=len;
for(ll i=0;i<=len;i++) sav[i]=0;
}
void Resize(ll nwLen){
for(ll i=len+1;i<=nwLen;i++) sav[i]=0;
len=nwLen;
}
ll& operator [] (ll idx){return sav[idx];}
/*void Debug(){
cout<<len<<":";
for(ll i=0;i<=len;i++) cout<<sav[i]<<",";cout<<endl;
}*/
};
Func operator + (Func A,Func B){
Func C(max(A.len,B.len));
A.Resize(C.len);B.Resize(C.len);
for(ll i=0;i<=C.len;i++) C[i]=A[i]+B[i]%MOD;
return C;
}
Func operator - (Func A,Func B){
Func C(max(A.len,B.len));
A.Resize(C.len);B.Resize(C.len);
for(ll i=0;i<=C.len;i++) C[i]=A[i]-B[i]%MOD;
return C;
}
Func operator * (Func A,Func B){
Func C(A.len+B.len);
for(ll i=0;i<=A.len;i++)
for(ll j=0;j<=B.len;j++)
C[i+j]=(C[i+j]+A[i]*B[j])%MOD;
return C;
}
Func I(){
Func A(1);A[1]=1;return A;
}
Func E(){
Func A(0);A[0]=1;return A;
}
Func f[PTN][2][2];
void FDFS(ll u,ll father){
Func s00,s00_01,s10_11;
s00=s00_01=s10_11=E();
for(ll i=last[u];i!=0;i=edge[i].nxt){
ll v=edge[i].v;if(v==father) continue;
FDFS(v,u);
s00=s00*f[v][0][0];
s00_01=s00_01*(f[v][0][0]+f[v][0][1]);
s10_11=s10_11*(f[v][1][0]+f[v][1][1]);
}
f[u][0][0]=s00_01-s00;
f[u][0][1]=I()*s10_11;
f[u][1][0]=s00_01;
f[u][1][1]=I()*s10_11;
}
ll A[PTN];
void Solve(){
FDFS(1,0);
for(ll k=0;k<=N;k++) A[k]=(C(N,k)-(f[1][0][0][k]+f[1][0][1][k])%MOD+MOD)%MOD;
ll Ans=0;
for(ll k=0;k<N;k++){//注意<N
ll t=0;
for(ll p=0;p<=k;p++){
ll alpha;
if((k-p)%2==0) alpha=1;
else alpha=(-1+MOD)%MOD;
t=(t+C(k,p)*alpha%MOD*N%MOD*Inv(N-p)%MOD)%MOD;
}
t=t*A[k]%MOD;
Ans=(Ans+t)%MOD;
}
cout<<Ans;
}
int main(){
N=Rd();FacInit();
GraphInit();
for(ll i=1;i<N;i++){
ll u=Rd(),v=Rd();
AddDbEdge(u,v);
}
Solve();
return 0;
}二、做法2（minmax容斥+dp）
2.1 minmax容斥
minmax容斥标准式： \[ \max(S) = \sum_{T \subseteq S \\ T \not= \varnothing} (-1)^{|T|-1} \min(T) \]
由于期望具有线性性，它可以拓展到期望： \[ E(\max(S)) = \sum_{T \subseteq S \\ T \not= \varnothing} (-1)^{|T|-1} E(\min(T)) \]
然后把这个式子映射到本题中来。（下文把操作了多少次称为“时间”）
\(S\)就是整棵树。集合中的元素可以看做每一个点第一次被染成黑色的时间，于是\(\max(S)\)就表示染黑集合\(S\)中所有点的耗时；\(\min(S)\)表示至少染黑集合\(S\)中的某一个点的耗时。
套上期望后：\(E(\max(S))\)表示染黑集合中所有点的期望耗时，也就是本题所要求的答案；\(E(\min(T))\)表示至少染黑集合中的某一个点的期望耗时。
捋一下思路，由于期望不满足\(E(\max(S)) = \max_{x \in S} E(x)\)，无法直接遍历求\(\max\)。但是因为期望具有线性性，可以借助minmax容斥来达到目的。 （这是一类套路题型）
2.2 处理 \(E(\min(T))\)
于是思考\(E(\min(T))\)是否容易求得。容易列出： \[ E(\min(T)) = \frac{|U_T|}{n} + (1 - \frac{|U_T|}{n})(1 + E(\min(T))) \]
其中\(|U_T|\)表示选择后能让\(T\)中某个节点变黑的点的集合。
解得 \[ E(\min(T)) = \frac{n}{|U_T|} \]
补充一点，显然\(S\)、\(T\)、\(U_T\)有这样的关系 \[ T \subseteq U_T \subseteq S \]
将表达式带入原式中 \[ E(\max(S)) = \sum_{T \subseteq S \\ T \not= \varnothing} (-1)^{|T|-1} \frac{n}{|U_T|} \]
枚举子集是复杂度的瓶颈。不过发现枚举中许多项的\(|U_T|\)都是相同的，考虑把它单独拿出来枚举。 \[ E(\max(S)) = \sum_{u=1}^n \frac{n}{u} \sum_{T \subseteq S \\ T \not= \varnothing \\ |U_T|=u} (-1)^{|T|-1} \]
也就是说，现在我们只需快速求得 \[ \sum_{T \subseteq S \\ T \not= \varnothing \\ |U_T|=u} (-1)^{|T|-1} \]
思考这式子的意义。其实它就是一个带上了容斥系数的所有\(T\)的方案数之和，也就是\(|T|\)为奇的方案数减去\(|T|\)为偶的方案数。
尝试通过树形dp解决
2.3 树形dp
首先简单考虑一下所需的状态。考虑以某个点为根的子树，我们需要记录\(|U_T|\)，这是我们上面枚举的基础；\(|T|\)是容斥系数，我们需要记录它的奇偶性。
可以想到转移大概的形式是在\(U_T\)上的卷积。
2.3.1 状态压缩
首先有一个小Trick，可以压掉记录\(|T|\)奇偶性这一维 \[ \sum_{T \subseteq S \\ T \not= \varnothing \\ |U_T|=u} (-1)^{|T|-1} = - \sum_{T \subseteq S \\ T \not= \varnothing \\ |U_T|=u} (-1)^{|T|} \]
根据上式，我们在dp时求\(|T|\)为偶的方案数减去\(|T|\)为奇的方案数，最后计算答案时乘上个\(-1\)即可。
这么做的原因是可以压缩掉记录\(|T|\)奇偶性这一维。
2.3.1.1 对于转移
比如有两个对象\(A=(x_1,y_1)\)，\(B(x_2,y_2)\)需要合并为\(C\)（第1个参数表示\(|T|\)为偶的方案数，第2个参数表示\(|T|\)为奇的方案数） \[ C = (x_1 x_2 + y_1 y_2, x_1 y_2 + x_2 y_1) \]
如果将对象改写为单个变量记录：\(A=x_1 - y_1\)，\(B = x_2 - y_2\) \[ \begin{aligned} C &= x_1 x_2 + y_1 y_2 - (x_1 y_2 + x_2 y_1) \\ &= (x_1 - y_1) (x_2 - y_2) \\ &= A B \end{aligned} \]
而对象的值就是我们所求的（考虑容斥系数的方案数）。成功压缩。
如果不做上面那一个Trick的转化，压缩状态需要 正*正=负 和 负*负=正，而这显然是不成立的。
2.3.1.2 对于新增
如果所有情况的\(T\)内新增一个节点，原来\(|T|\)为奇的变为偶，原来为偶的变为奇。
如果不压缩，操作应该是交换\(x\)和\(y\)
如果压缩，只需对dp值乘上\(-1\)即可
2.3.2 设置状态并处理转移
我们的dp实际上是用背包分配\(|U_T|\)。
状态压缩后，剩下的主要问题在于合并时\(|U_T|\)、\(|T|\)发生的变化对dp值造成的影响，而这变化与当前点\(u\)到底属于哪个集合密切相关。
由于转移情况复杂，而背包的本质是卷积，所以用封装性良好的卷积实现。
令\(f[u][d=0/1/2]\)表示仅考虑\(S\)是\(u\)为根的子树时，以\(x\)为下标的列表 \[ \{\sum_{T \subseteq S \\ T \not= \varnothing \\ |U_T|=x \\ u \in Q_d} (-1)^{|T|} \Large | \normalsize \ x \in [0,|S|]\} \]
\(Q_d\)是对\(u\)的限制，具体为
\(Q_0\)：\(u \in S\)且\(u \not \in U_T\)
\(Q_1\)：\(u \in U_T\)且\(u \not \in T\)
\(Q_2\)：\(u \in T\)
定义\(I\)，\(I[1]=1\)，其余皆为\(0\)，结合卷积可以表示向\(U_T\)内新增一个点。
我们开始处理转移。 \[ f[u][0] = \prod_{v} f[v][0] + f[v][1] \]
意思是若\(u\)不在\(U_T\)里，则它的所有儿子一定不能在\(T\)里。 \[ f[u][1] = \left( \left( \prod_v f[v][0] + f[v][1] +f[v][2] \right) - f[u][0] \right) * I \]
若\(u\)在\(U_T\)内而\(u\)不在\(T\)内，则\(u\)的儿子中至少有一个是\(T\)中的点。这可以转化为所有情况的答案减去所有儿子都不在\(T\)中的答案。最后卷上\(I\)为\(U_T\)新增\(u\)。 \[ f[u][2] = - \left( I * \prod_v \left( f[v][0] * I + f[v][1] + f[v][2] \right) \right) \]
若\(u\)在\(T\)内，那些本来不在\(U_T\)内的\(u\)的儿子现在就应该属于\(U_T\)了。然后既然\(u\)属于\(T\)，那么\(u\)也属于\(U_T\)，卷上\(I\)为\(U_T\)新增\(u\)。最后，由于\(T\)新增了个点，也就是说所有项的容斥系数\(+1\)，整体变号即可。
最后算答案，参考早前化出的答案式即可。
2.4 时间复杂度
答案式部分显然\(O(n)\)
树形dp卷积的时间复杂度为\(O(n^2)\)，见做法1对dp的时间复杂度证明。
2.5 总结
首先我们发现这道题适用于minmax容斥的套路，于是将难求的\(E(max(S))\)转化到容易求的\(E(min(T))\)。
然后我们再想办法优化枚举子集，发现\(U_T\)是一个关键的变量，于是将其提出来单独枚举，问题转化为求带有容斥系数的方案数。
回头观察题面发现是树状结构，必然有其特殊性质，于是猜想用树形dp解决。讨论合并时\(U_T\)和\(T\)是如何变化的，能够列出转移方程式。在中间想到了压缩状态，简化了dp。
2.6 Code
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll Rd(){
ll ans=0;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9') ans=ans*10+c-'0',c=getchar();
return ans;
}
const ll MOD=998244353;
ll QPow(ll x,ll up){
x=(x+MOD)%MOD;
ll ans=1;
while(up)
if(up%2==0) x=x*x%MOD,up/=2;
else ans=ans*x%MOD,up--;
return ans;
}
ll Inv(ll x){
return QPow(x,MOD-2);
}
const ll PTN=1E3+5;
struct Edge{
ll u,v;ll nxt;
}edge[PTN*2];
ll N,graM,last[PTN];
void GraphInit(){graM=0;for(ll i=0;i<PTN;i++) last[i]=0;}
void AddBscEdge(ll u,ll v){
edge[++graM]=(Edge){u,v,last[u]};
last[u]=graM;
}
void AddDbEdge(ll u,ll v){
AddBscEdge(u,v);AddBscEdge(v,u);
}
class Func{public:
ll sav[PTN];
ll len;
ll& operator [] (ll idx){return sav[idx];}
Func(){}
Func(ll len){
this->len=len;
for(ll i=0;i<=len;i++) sav[i]=0;
}
void Expand(ll nwLen){
for(ll i=len+1;i<=nwLen;i++) sav[i]=0;
len=nwLen;
}
Func operator - (){
Func B;B.len=len;
for(ll i=0;i<=len;i++) B[i]=(-sav[i]+MOD)%MOD;
return B;
}
/*void Debug(){
cout<<len<<":";
for(ll i=0;i<=len;i++) cout<<sav[i]<<',';cout<<endl;
}*/
};
Func E(){
Func A(0);A[0]=1;
return A;
}
Func I(){
Func A(1);A[1]=1;
return A;
}
Func operator + (Func A,Func B){
Func C(max(A.len,B.len));
A.Expand(C.len);B.Expand(C.len);
for(ll i=0;i<=C.len;i++) C[i]=(A[i]+B[i])%MOD;
return C;
}
Func operator - (Func A,Func B){
Func C(max(A.len,B.len));
A.Expand(C.len);B.Expand(C.len);
for(ll i=0;i<=C.len;i++) C[i]=(A[i]-B[i]+MOD)%MOD;
return C;
}
Func operator * (Func A,Func B){
Func C(A.len+B.len);
for(ll i=0;i<=A.len;i++)
for(ll j=0;j<=B.len;j++)
C[i+j]=(C[i+j]+A[i]*B[j])%MOD;
return C;
}
Func f[PTN][3];
void DFS(ll u,ll fa){
f[u][0]=f[u][1]=f[u][2]=E();
for(ll i=last[u];i!=0;i=edge[i].nxt){
ll v=edge[i].v;if(v==fa) continue;
DFS(v,u);
f[u][0]=f[u][0]*(f[v][0] +f[v][1]);
f[u][1]=f[u][1]*(f[v][0] +f[v][1]+f[v][2]);
f[u][2]=f[u][2]*(f[v][0]*I()+f[v][1]+f[v][2]);
}
f[u][1]=(f[u][1]-f[u][0])*I();
f[u][2]=-(f[u][2]*I());
}
void Solve(){
DFS(1,0);
ll Ans=0;
for(ll i=1;i<=N;i++){//注意从1开始，因为minmax容斥不包含空集
Ans=(Ans+N*Inv(i)%MOD*(f[1][0][i]+f[1][1][i]+f[1][2][i]))%MOD;
}
cout<<(-Ans+MOD)%MOD;
}
int main(){
N=Rd();
GraphInit();
for(ll i=1;i<N;i++){
ll u=Rd(),v=Rd();
AddDbEdge(u,v);
}
Solve();
return 0;
}三、总结
这道题简直人类智慧（
解题思路很具有参考价值，实为一道期望好题！
上周末看到这道题，因为全网都找不到出处也没题解，硬是对着一张题解截图（解法1）和先比我写出来的Waper爷的代码（解法2）杠出来了
我现在感觉我整个人都升华了.jpg