ADPC2-G 希望

希望

题意：

有A，B两棵树，对于一个1到n的全排列a[i],让树A中的点i和树B的节点a[i]连一条边，希望指数：两棵树和新加入的边构成的图中，环长为m的环的个数。数组a[]可以任意交换位置，且任意，随机，不限次数的交换。计算出期望情况下，两棵树的希望指数
n≤300,3≤m≤7

题解：

期望=概率 * 对应的权值
在本题中概率肯定是1n!\frac{1}{n!}n!1,因此需要求所有情况下环长为m的环的个数
我们开始找环的分布情况，一定是左侧的点和右侧的点通过之间加的点形成环，如图，图中环长为6

且所有环用到中间新建边只能为两条边，可能会疑惑，为什么？像图中情况，用到的新建边的数量为4，不是2，但是图中环的长度为8(这已经是新建边4所对应的环最小长度)，而题目保证所求环长<=7,刚好不行。也就是其实题目是隐含着新建边最多用两条，不可能更多

我们确定了中间边只能用2，那就好说了，比如让你求环为x的数量，x先减2，y=x-2，然后就是两个树一共构成长度为y，因此我们预先处理出两个子树分别能组成长度为len的边的数量，用桶来存。比如：tong1[i]:表示在树A中长度为i的边的数量。那么答案就:tong1[i]∗tong2[m−i−2]∗2.0∗((n−2))tong1[i]*tong2[m-i-2]*2.0*((n-2))tong1[i]∗tong2[m−i−2]∗2.0∗((n−2))
i是树A需要提供的边，m-i-2是树B需要提供的边，乘2.0是因为边可以交叉和不交叉来，正好两种，而最后(n-2)!是什么？我们之前说过最多用新增边为2，那么说明左右各有两个点要被占用(因为一个边有两个点)，而其他的点可以任意排列，剩下的点就是(n-2)个，任意排列就是阶乘
再讲一些细节：
比如树上所有路径长度，可以用floyd来求，因为答案要乘(n-2)!，而最终答案还要除以n!,所以直接除以n*(n-1)即可

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#include <unordered_map>
#define debug(a, b) printf("%s = %d\n", a, b);
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> PII;
clock_t startTime, endTime;
//Fe~Jozky
const ll INF_ll= 1e18;
const int INF_int= 0x3f3f3f3f;
void read(){};
template <typename _Tp, typename... _Tps> void read(_Tp& x, _Tps&... Ar)
{x= 0;char c= getchar();bool flag= 0;while (c < '0' || c > '9')flag|= (c == '-'), c= getchar();while (c >= '0' && c <= '9')x= (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c= getchar();if (flag)x= -x;read(Ar...);
}
template <typename T> inline void write(T x)
{if (x < 0) {x= ~(x - 1);putchar('-');}if (x > 9)write(x / 10);putchar(x % 10 + '0');
}
void rd_test()
{#ifdef ONLINE_JUDGE
#elsestartTime = clock ();freopen("data.in", "r", stdin);
#endif
}
void Time_test()
{#ifdef ONLINE_JUDGE
#elseendTime= clock();printf("\nRun Time:%lfs\n", (double)(endTime - startTime) / CLOCKS_PER_SEC);
#endif
}
const int maxn=400;
vector<int>a[maxn],b[maxn],g[maxn];
int L[maxn];
int x[maxn][maxn];
int y[maxn][maxn];
int tong1[maxn],tong2[maxn];
int main()
{//rd_test();int n,m;cin>>n>>m;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=n;j++){x[i][j]=1e9;y[i][j]=1e9;}}for(int i=1;i<n;i++){int u,v;read(u,v);x[u][v]=x[v][u]=1;}for(int i=1;i<n;i++){int u,v;read(u,v);y[u][v]=y[v][u]=1;}for(int k=1;k<=n;k++){for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=n;j++){x[i][j]=min(x[i][j],x[i][k]+x[k][j]);y[i][j]=min(y[i][j],y[i][k]+y[k][j]);}}}for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=i+1;j<=n;j++){if(i==j)continue;if(x[i][j]==1e9)continue;if(y[i][j]==1e9)continue;tong1[x[i][j]]++;tong2[y[i][j]]++;}}double ans=0;for(int i=1;i<=m-3;i++){ans=ans+1.0*tong1[i]*tong2[m-i-2]*2.0/(1.0*n*(n-1));}printf("%.4lf\n",ans);//Time_test();
}

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