[LOJ#3124][CTS2019]氪金手游（概率 + 树形 DP + 容斥）

Address

• 洛谷 P5405
• LOJ #3124

Solution

• 先考虑如果以某个点（下面定为 $1$ ）为根时，如果所有的限制二元组 $(u,v)$ 都满足 $u$ 是 $v$ 的父亲（即 $u$ 向 $v$ 连边构成外向树）怎么做
• 显然，对于任意一个点 $u$ ， $u$ 必须是在 $u$ 的子树内第一个被翻到的
• 如果每个点的 $W$ 已经确定，则这个概率就等于
• $$\prod _{u=1}^n\frac{W_u}{{\sum }_{v\in subtree(u)W_v}}$$
• 容易设计一个 DP 状态
• $f[u][i]$ 表示 $u$ 的子树内的点全部满足条件，并且这些点的 $W$ 之和为 $i$ 的概率
• 如果只有一个点，则
• $$f[u][i]=\frac{p_{u,i}}{p_{u,1}+p_{u,2}+p_{u,3}}$$
• 边 $(u,v)$ 合并两个连通块
• $$f[u][i+j]+=\frac{i}{i+j}\times f^{\prime }[u][i]\times f[v][j]$$
• 这里 $\frac{i}{i+j}$ 表示 $u$ 子树内的 $W$ 之和由 $i$ 变成 $i+j$ 时对应概率的分母也需要变化
• 答案显然为 ${\sum }_{i=1}^{3n}f[1][i]$
• 根据某经典的树形背包复杂度分析，以上算法复杂度为 $O(n^2)$
• 回到原问题，不是外向树的情况，考虑容斥
• 也就是说，每条反向边，我们有两种处置方法
• （1）不计这条边的限制，即把这条边删掉
• （2）强行让这条边的限制变为正向
• 对每条反向边进行这两种处理后共 $2^{反向边条数}$ 种情况
• 在每种情况下，对分离出的每个连通块求一下概率并相乘
• 如果这种情况种强心变为正向的反向边有偶数条则计入答案，否则从答案中扣除
• 这样我们有了一个 $O(2^{反向边条数}\times n^2)$ 的优秀做法
• 我们考虑把容斥的过程放进 DP 里
• $f[u][i]$ 表示 $i$ 的子树，把子树内的反向边进行处理的所有情况下，子树内所有连通块符合要求，并且 $u$ 所在连通块的 $W$ 之和为 $i$ 的概率，偶数条反向边进行（2）处理则计入否则扣除得到的结果
• 边界相同
• 如果 $(u,v)$ 不是反向边，还是一样
• $$f[u][i+j]+=\frac{i}{i+j}\times f^{\prime }[u][i]\times f[v][j]$$
• 否则
• $$f[u][i]+=f^{\prime }[u][i]\times f[v][j]$$
• $$f[u][i+j]-=\frac{i}{i+j}\times f^{\prime }[u][i]\times f[v][j]$$
• 答案还是
• $$\sum _{i=1}^{3n}f[1][i]$$
• $O(n^2)$

Code

#include 

template <class T>
inline void read(T &res)
{
	res = 0; bool bo = 0; char c;
	while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');
	if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;
	while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')
		res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);
	if (bo) res = ~res + 1;
}

const int N = 1005, L = 2005, M = 3005, E = 3e6 + 5, ZZQ = 998244353;

int n, a[N][4], inv[E], ecnt, nxt[L], adj[N], go[L], col[L], f[N][M], sze[N],
tmp[M], ans;

void add_edge(int u, int v)
{
	nxt[++ecnt] = adj[u]; adj[u] = ecnt; go[ecnt] = v; col[ecnt] = 0;
	nxt[++ecnt] = adj[v]; adj[v] = ecnt; go[ecnt] = u; col[ecnt] = 1;
}

void dfs(int u, int fu)
{
	sze[u] = 1;
	int fr = inv[a[u][1] + a[u][2] + a[u][3]];
	for (int i = 1; i <= 3; i++)
		f[u][i] = 1ll * i * a[u][i] * fr % ZZQ;
	for (int e = adj[u], v; e; e = nxt[e])
	{
		if ((v = go[e]) == fu) continue;
		dfs(v, u);
		for (int i = 1; i <= (sze[u] + sze[v]) * 3; i++) tmp[i] = 0;
		for (int i = 1; i <= sze[u] * 3; i++)
			for (int j = 1; j <= sze[v] * 3; j++)
			{
				int delta = 1ll * f[u][i] * f[v][j] % ZZQ;
				if (col[e]) tmp[i + j] = (tmp[i + j] - delta + ZZQ) % ZZQ,
					tmp[i] = (tmp[i] + delta) % ZZQ;
				else tmp[i + j] = (tmp[i + j] + delta) % ZZQ;
			}
		sze[u] += sze[v];
		for (int i = 1; i <= sze[u] * 3; i++) f[u][i] = tmp[i];
	}
	for (int i = 1; i <= sze[u] * 3; i++)
		f[u][i] = 1ll * f[u][i] * inv[i] % ZZQ;
}

int main()
{
	int x, y;
	read(n);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		for (int j = 1; j <= 3; j++)
			read(a[i][j]);
	for (int i = 1; i < n; i++)
		read(x), read(y), add_edge(x, y);
	inv[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= 3000000; i++)
		inv[i] = 1ll * (ZZQ - ZZQ / i) * inv[ZZQ % i] % ZZQ;
	dfs(1, 0);
	for (int i = 1; i <= n * 3; i++)
		ans = (ans + f[1][i]) % ZZQ;
	return std::cout << ans << std::endl, 0;
}
```