LOJ3124 CTS2019 氪金手游概率、容斥、树形DP

传送门

D2T3签到题可真是IQ Decrease，概率独立没想到然后就20pts滚粗了

注意题目是先对于所有点rand一个权值\(w\)然后再抽卡。

先考虑给出的关系是一棵外向树的情况。那么我们要求在所有点内，根要被首先抽到，然后对于每一棵子树，每棵子树的根需要在这个子树内第一个被抽到，这就是一个很明显的子问题了。

考虑某一个点\(x\)在它的子树中第一个被抽到的概率。设\(W\)表示所有点的\(w\)之和，\(W'\)表示\(x\)的子树的\(w\)之和，\(w_x\)表示点\(x\)的权值

那么枚举之前抽到的非当前子树的卡的次数有

\(p = \frac{w_x}{W} \sum\limits_{i=0}^{+\infty} (\frac{W - W'}{W})^i = \frac{w_x}{W'}\)。

那么概率就只和\(w_x\)和\(W'\)有关系了，那么一个点的所有子树的概率因而也是独立的。

考虑树形DP。因为一个点的概率和\(W'\)有关，所以考虑将\(W'\)作为一个状态：设\(f_{i,j}\)表示点\(i\)的子树权值和为\(j\)方案合法的概率，转移直接用类似背包的方式合并儿子，最后考虑当前点，复杂度是\(O(n^2)\)的。

~~然后就获得了0分的好成绩~~

接下来考虑存在反向边的情况。我们可以容斥掉这些边，即选择这些边不存在或者让这些边反向。我们枚举这些边的状态，可以获得一个外向森林，在这个森林上DP可以获得一个\(O(2^nn^2)\)的算法

~~然后就获得了20分的暴力~~

考虑优化这一部分。注意到瓶颈是枚举边的状态，考虑将这些边的状态直接在DP中显现。如果要求一条反向边反过来和原来的DP是一样的，否则我们可以认为这一棵子树的大小是\(0\)，在树形DP的时候同样地转移。在DP的时候额外加上一维边的数量，就有一个\(O(n^3)\)的算法，可以获得\(50\)分。

将容斥系数算入DP方程中，将反边数量一维压掉就可以获得一个\(O(n^2)\)的算法。

代码

转载于:https://www.cnblogs.com/Itst/p/10883880.html

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