LOJ#2542. 「PKUWC2018」随机游走

题目描述

Solution

去过一个点集中所有节点的期望时间不好求，考虑min−maxmin-maxmin−max容斥，转化为求第一次到达某一个点集的期望时间。

我们对于每一个点集sss，都求出fif_ifi表示从iii结点到点集sss中某一个结点的期望步数。

每一次dpdpdp显然可以用树上高消完成，时间复杂度O(2nn)O(2^nn)O(2nn)。

接下来的min−maxmin-maxmin−max容斥回答询问是O(Q2n)O(Q2^n)O(Q2n)的，不够优秀。

所以我们预处理每一个集合的答案，朴素做法为O(3n)O(3^n)O(3n)，可以用高维前缀和做到O(2nn)O(2^nn)O(2nn)。

#include <vector>
#include <list>
#include <map>
#include <set>
#include <deque>
#include <queue>
#include <stack>
#include <bitset>
#include <algorithm>
#include <functional>
#include <numeric>
#include <utility>
#include <sstream>
#include <iostream>
#include <iomanip>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <cctype>
#include <string>
#include <cstring>
#include <ctime>
#include <cassert>
#include <string.h>
//#include <unordered_set>
//#include <unordered_map>
//#include <bits/stdc++.h>#define MP(A,B) make_pair(A,B)
#define PB(A) push_back(A)
#define SIZE(A) ((int)A.size())
#define LEN(A) ((int)A.length())
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i)
#define fi first
#define se secondusing namespace std;template<typename T>inline bool upmin(T &x,T y) { return y<x?x=y,1:0; }
template<typename T>inline bool upmax(T &x,T y) { return x<y?x=y,1:0; }typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double lod;
typedef pair<int,int> PR;
typedef vector<int> VI;const lod eps=1e-11;
const lod pi=acos(-1);
const int oo=1<<30;
const ll loo=1ll<<62;
const int mods=998244353;
const int MAXN=600005;
const int INF=0x3f3f3f3f;//1061109567
/*--------------------------------------------------------------------*/
inline int read()
{int f=1,x=0; char c=getchar();while (c<'0'||c>'9') { if (c=='-') f=-1; c=getchar(); }while (c>='0'&&c<='9') { x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48); c=getchar(); }return x*f;
}
vector<int> e[MAXN];
int A[MAXN],B[MAXN],f[MAXN],d[MAXN],flag[MAXN];
inline int upd(int x,int y){ return x+y>=mods?x+y-mods:x+y; }
inline int quick_pow(int x,int y)
{int ret=1;for (;y;y>>=1){if (y&1) ret=1ll*ret*x%mods;x=1ll*x*x%mods;}return ret;
}
void tree_dp(int x,int father)
{int sa=0,sb=0;for (auto v:e[x]){if (v==father) continue;tree_dp(v,x);sa=upd(sa,A[v]),sb=upd(sb,B[v]);}if (flag[x]) { A[x]=B[x]=0; return; }int t=quick_pow(upd(d[x],mods-sa),mods-2);A[x]=t;B[x]=1ll*upd(sb,d[x])*t%mods;
}
int main()
{int n=read(),Case=read(),rt=read();for (int i=1;i<n;i++){int u=read(),v=read();e[u].PB(v),e[v].PB(u),d[u]++,d[v]++;}for (int S=1;S<1<<n;S++){for (int i=1;i<=n;i++) if ((S>>(i-1))&1) flag[i]=1;tree_dp(rt,0);f[S]=B[rt]*((__builtin_popcount(S)&1)?1:-1);f[S]=upd(f[S],mods);for (int i=1;i<=n;i++) if ((S>>(i-1))&1) flag[i]=0;}for (int i=0;i<n;i++)for (int S=1;S<1<<n;S++)if ((S>>i)&1) f[S]=upd(f[S],f[S^(1<<i)]);while (Case--){int x=read(),S=0;while (x--) S|=1<<(read()-1);printf("%d\n",f[S]);}return 0;
}

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