LOJ#2542. 「PKUWC2018」隨機游走

題目描述

Solution

去過一個點集中所有節點的期望時間不好求，考慮$min?max$容斥，轉化為求第一次到達某一個點集的期望時間。

我們對于每一個點集$s$，都求出$f_i$表示從$i$結點到點集$s$中某一個結點的期望步數。

每一次$dp$顯然可以用樹上高消完成，時間復雜度$O(2^{n}n)$。

接下來的$min?max$容斥回答詢問是$O(Q{2}^n)$的，不夠優秀。

所以我們預處理每一個集合的答案，樸素做法為$O(3^n)$，可以用高維前綴和做到$O(2^{n}n)$。

#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 secondusing 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; }

總結

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