「模拟赛20180406」膜树 prufer编码+概率
题目描述
给定一个完全图,保证\(w_{u,v}=w_{v,u}\)且\(w_{u,u}=0\),等概率选取一个随机生成树,对于每一对\((u,v)\),求\(dis(u,v)\)的期望值对\(998244353\)取模。
输入
第一行一个数\(n\)
接下来\(n\)行,每行\(n\)个整数,第\(i\)行第\(j\)个整数表示\(w_{i,j}\)
输出
输出共\(n\)行,每行\(n\)个整数,第\(i\)行第\(j\)个整数表示\(dis(i,j)\)的期望值
样例
样例输入
4 0 1 1 1 1 0 1 1 1 1 0 1 1 1 1 0
样例输出
0 374341634 374341634 374341634 374341634 0 374341634 374341634 374341634 374341634 0 374341634 374341634 374341634 374341634 0
数据范围
\(\left|w_{i,j}\right| \leq 10^9\)
\(n \leq 1000\)
题解
这是一道神奇的概率题……
其实题目原来是有一个\(20%\)的数据点,此时\(n\leq 9\),显然我们可以用\(prufer\)编码枚举生成树,然后暴力算答案即可(\(QwQ\)卡常拿了\(15pts\)走人)。但是显然\(1000\)是不可能的……
于是我们考虑这道题的特殊性质——这是一个完全图!完全图拥有非常好的对称性!
根据上面这点,对于点对\((u,v)\),任意的一条边\((x,y)\)出现在\(u\)到\(v\)的路径上的概率是一样的,同理,任意一条边\((u,x)\)或\((x,v)\)出现在\(u\)到\(v\)的路径上的概率也是一样的。于是我们发现可以把边分成三类。
- \((u,v)\),即两端点都在路径上
- \((u,x)\)或\((x,v)\),即有一个端点在路径上
- \((x,y)\),即两端点都不在路径上
对于第一种,只要这条边出现在生成树中就一定会经过,于是就是某一条边出现在生成树中的概率。生成树有\(n^{n-2}\)种,每种会给\((n-1)\)条边带来\(1\)贡献,显然每条边的总贡献是相同的,于是单条边的贡献为\(\frac{n^{n-2}\cdot(n-1)}{\frac{n\cdot(n-1)}{2}}=2\cdot n^{n-3}\)
然后只需再除以总方案数\(n^{n-2}\)就是概率,即\(\frac{2}{n}\)
考虑第二种,显然对于所有的\((u,x)\)概率都相等……可以发现,如果\((u,v)\)存在生成树中,一定不会选到\((u,x)\),否则就等概率地选中\((u,x)\)。那么答案为\(\frac{1-\frac{2}{n}}{n-2}\)
第三种不容易看出什么特征了,我们暴力一点求。假设把这条边切断,发现左右分成两部分,我们可以枚举其中\(x\)部分的大小,设为\(i\),则\(y\)部分为\(n-i\),其中有\(4\)个点已经确定了——\(x,y,u,v\),为了方便,我们固定\(u\)在\(x\)这边,而\(v\)在\(y\)这边,最后答案乘\(2\)即可(交换\(u,v\))。显然,答案需要乘上\(C_{n-4}^{i-2}\),\(n-4\)是因为除去这四个点,\(i-2\)是除去\(x\)和\(u\)。然后左右两边的任意一个无根树形态都是可以的,根据\(prufer\)编码,答案就是: \[\sum_{i=2}^{n-2}{\cfrac{2\cdot i^{i-2}\cdot(n-i)^{n-i-2}\cdot C^{n-4}_{i-2}}{n^{n-2}}}\]直接\(O(n\log n)\)求就好了
然后统计答案,注意各种小细节,这道题就\(A\)掉辣!
\(Code:\)
#include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; #define N 1005 #define mod 998244353 int n, dis[N][N], nei[N], all; int fir, sec, thi; int fac[N], inv[N]; int ksm(int a, int k) { if (!k) return 1; int p = ksm(a, k / 2); if (k & 1) return 1ll * a * p % mod * p % mod; return 1ll * p * p % mod; } int div(int a){return ksm(a, mod - 2);} int tree(int a) { if (a == 1) return 1; return ksm(a, a - 2); } int C(int n, int m) { return 1ll * fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod; } int main() { fac[0] = 1; for (int i = 1; i <= N - 5; i++) fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % mod; inv[N - 5] = ksm(fac[N - 5], mod - 2); for (int i = N - 5; i >= 1; i--) inv[i - 1] = 1ll * inv[i] * i % mod; scanf("%d", &n); for (int i = 1; i <= n; i++) for (int j = 1; j <= n; j++) { scanf("%d", &dis[i][j]); if (i < j) all = (all + dis[i][j]) % mod; nei[i] = (nei[i] + dis[i][j]) % mod; } fir = 2 * div(n) % mod; sec = 1ll * (1 - fir) * div(n - 2) % mod; if (sec < 0) sec += mod; for (int i = 1; i < n - 2; i++) { int j = n - 2 - i; thi = (thi + 2ll * tree(i + 1) * tree(j + 1) % mod * C(n - 4, i - 1) % mod) % mod; } thi = 1ll * thi * div(tree(n)) % mod; for (int i = 1; i <= n; i++) for (int j = 1; j <= n; j++) { int ans = 1ll * dis[i][j] * fir % mod; ans = (ans + 1ll * ((nei[i] + nei[j]) % mod - dis[i][j] * 2) % mod * sec % mod) % mod; ans = (ans + 1ll * (all - ((nei[i] + nei[j]) % mod - dis[i][j]) % mod) * thi % mod) % mod; if (ans < 0) ans += mod; if (i == j) ans = 0; printf("%d%c", ans, j == n ? 10 : 32); } }
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