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洛谷 P5405
LOJ #3124

Solution

先考虑如果以某个点（下面定为 111 ）为根时，如果所有的限制二元组 (u,v)(u,v)(u,v) 都满足 uuu 是 vvv 的父亲（即 uuu 向 vvv 连边构成外向树）怎么做
显然，对于任意一个点 uuu ， uuu 必须是在 uuu 的子树内第一个被翻到的
如果每个点的 WWW 已经确定，则这个概率就等于
∏u=1nWu∑v∈subtree(u)Wv\prod_{u=1}^n\frac{W_u}{\sum_{v\in subtree(u)W_v}}u=1∏n∑v∈subtree(u)WvWu
容易设计一个 DP 状态
f[u][i]f[u][i]f[u][i] 表示 uuu 的子树内的点全部满足条件，并且这些点的 WWW 之和为 iii 的概率
如果只有一个点，则
f[u][i]=pu,ipu,1+pu,2+pu,3f[u][i]=\frac{p_{u,i}}{p_{u,1}+p_{u,2}+p_{u,3}}f[u][i]=pu,1+pu,2+pu,3pu,i
边 (u,v)(u,v)(u,v) 合并两个连通块
f[u][i+j]+=ii+j×f′[u][i]×f[v][j]f[u][i+j]+=\frac i{i+j}\times f'[u][i]\times f[v][j]f[u][i+j]+=i+ji×f′[u][i]×f[v][j]
这里 ii+j\frac i{i+j}i+ji 表示 uuu 子树内的 WWW 之和由 iii 变成 i+ji+ji+j 时对应概率的分母也需要变化
答案显然为 ∑i=13nf[1][i]\sum_{i=1}^{3n}f[1][i]∑i=13nf[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(n2)O(n^2)O(n2)
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2^{反向边条数}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×n2)O(2^{反向边条数}\times n^2)O(2反向边条数×n2) 的优秀做法
我们考虑把容斥的过程放进 DP 里
f[u][i]f[u][i]f[u][i] 表示 iii 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 uuu 所在连通块的 WWW 之和为 iii 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)(u,v)(u,v) 不是反向边，还是一样
f[u][i+j]+=ii+j×f′[u][i]×f[v][j]f[u][i+j]+=\frac i{i+j}\times f'[u][i]\times f[v][j]f[u][i+j]+=i+ji×f′[u][i]×f[v][j]
否则
f[u][i]+=f′[u][i]×f[v][j]f[u][i]+=f'[u][i]\times f[v][j]f[u][i]+=f′[u][i]×f[v][j]
f[u][i+j]−=ii+j×f′[u][i]×f[v][j]f[u][i+j]-=\frac i{i+j}\times f'[u][i]\times f[v][j]f[u][i+j]−=i+ji×f′[u][i]×f[v][j]
答案还是
∑i=13nf[1][i]\sum_{i=1}^{3n}f[1][i]i=1∑3nf[1][i]
O(n2)O(n^2)O(n2)

Code

#include <bits/stdc++.h>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;
}
```

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