题目大意

给出一棵nn个点的树。
若某一时刻你在点xx上，那么下一时刻你会等概率的走到任意一个相邻的点yy上。
给出QQ个询问，形如st p1 p2...pkst\ p_1\ p_2...p_k，表示问从stst出发，沿途依次经过p1,p2,...,pkp_1, p_2,..., p_k（倘若经过p2p_2之前到过了p3p_3，在经过p2p_2之后依旧要重新经过p3p_3一次。）期望时间是多少。

n,p⋅q<50000n, p\cdot q

分析

我的想法是暴力模拟10001000步，结果爆零了。然而模拟30003000步可以捞到3030分= =

根据期望的线性性，可以发现每个询问可以分解成求若干个起点到对应终点的期望时间，然后加起来就是改询问的答案。

不妨记E(x)E(x)为xx到终点的期望时间。那么可以列出式子
E(x)=∑(x,y)∈EE(y)dx+1E(x)=\sum_{(x, y)\in E} \frac{E(y)}{d_x}+ 1
其中dxd_x表示点xx的度数。
注意条件那里的EE符号上与期望冲突了，但它实际上表示边集，而且注意是求和后再加一。

那么接下来的就是带入E(T)=0E(T)=0，然后高斯消元解出E(S)E(S)就可以了。

然而考虑这里是一棵树，尤其是消元的过程十分的特殊。

叶子的等式
E(x)=E(fax)+1E(x)=E(fa_x)+1

倒数第二层的等式
E(x)\ \ \ \ E(x)
=∑(x,y)∈EE(y)dx+E(fax)dx+1=\sum_{(x, y)\in E}\frac{E(y)}{d_x}+\frac{E(fa_x)}{d_x}+1
=∑(x,y)∈EE(x)+1dx+E(fax)dx+1=\sum_{(x, y)\in E}\frac{E(x)+1}{d_x}+\frac{E(fa_x)}{d_x}+1
=dx−1dx(E(x)+1)+E(fax)dx+1=\frac{d_x-1}{d_x}(E(x)+1)+\frac{E(fa_x)}{d_x}+1
=(dx−1)+E(fax)+dx=(d_x-1)+E(fa_x)+d_x
=E(fax)+2dx−1=E(fa_x)+2d_x-1

它化成了一种E(fax)+bE(fa_x)+b的形式。这启示我们是否可以沿着这个思路想下去。

假如现在有任意一个点xx我们要推出E(x)E(x)的表达式，前提是它的孩子yy都可以写成E(y)=E(fay)+byE(y)=E(fa_y)+b_y的形式。

E(x)\ \ \ \ E(x)
=∑(x,y)∈EE(y)dx+E(fax)dx+1=\sum_{(x, y)\in E}\frac{E(y)}{d_x}+\frac{E(fa_x)}{d_x}+1
=∑(x,y)∈EE(x)+bydx+E(fax)dx+1=\sum_{(x, y)\in E}\frac{E(x)+b_y}{d_x}+\frac{E(fa_x)}{d_x}+1
=E(fax)+∑(x,y)∈Eby+dx=E(fa_x)+\sum_{(x, y)\in E}b_y+d_x

成功地化成了E(fax)+bE(fa_x)+b的形式。而且我们发现bxb_x的值就是xx这棵子树的度数和。
那么剩下的就是从终点开始递推回来了。我们发现从xx的某一个祖先递推回xx大致上是把这段路上的bb值加起来，这个用个前缀和数组减一减就可以了。问题在于我们如何自下而上的递推呢？

直接移项肯定是有问题的。这些等式都是根据E(T)=0E(T)=0消出来的。也就是说E(T)E(T)本身不存在等式可以供你移项。其它移项后的等式就更加是子虚乌有了。

不妨考虑旋根。当然这里我们不是真正意义上的旋根，只是在脑中把它旋过来。我们发现旋转后的新的bb值也是很好计算的。用同样的方法维护一下，我们就可以实现自下而上的递推了。

时间复杂度O(pqlogn)O(pqlogn)

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