[2017纪中11-2]救赎 dfs序+树状数组 / 递推
2017-11-02 19:29
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考场O(nlogn)做法:
4000
对于一棵有根树,考虑每个点和它的儿子们的那些边的期望,容易得出答案为:
假如建出来的树以1为根,计算出子树大小sz和儿子个数num,那么考虑一个点对不同点为根节点的答案的贡献:
1、根节点不在它的子树中,上式size=sz[x],|son|=num[x]。
2、根节点为它自己,上式size=n,|son|=num[x]+1。
3、根节点在它的某个儿子p的子树中,上式size=n-sz[p],|son|=num[x]。
在计算1的答案时上面的结论会有一些偏差,特判一下。
我们发现对于每种情况内部,这个点贡献是相同的,不难发现每种情况都是在dfs序上连续的一段或两段,树状数组维护一下区间加即可。
代码:
正解O(n)做法:
考虑当前已经计算出x的父亲fa为根的答案,我们要递推出x为根的答案。就像splay那样单旋一样,只有x和fa的size和|son|发生了改变,减去原来的贡献再加上新的贡献即可。
还有一些O(n)预处理逆元的技巧。。。
代码:
考场O(nlogn)做法:
4000
对于一棵有根树,考虑每个点和它的儿子们的那些边的期望,容易得出答案为:
假如建出来的树以1为根,计算出子树大小sz和儿子个数num,那么考虑一个点对不同点为根节点的答案的贡献:
1、根节点不在它的子树中,上式size=sz[x],|son|=num[x]。
2、根节点为它自己,上式size=n,|son|=num[x]+1。
3、根节点在它的某个儿子p的子树中,上式size=n-sz[p],|son|=num[x]。
在计算1的答案时上面的结论会有一些偏差,特判一下。
我们发现对于每种情况内部,这个点贡献是相同的,不难发现每种情况都是在dfs序上连续的一段或两段,树状数组维护一下区间加即可。
代码:
#include<iostream> #include<cstdio> #define ll long long using namespace std; const int maxn=100010; const int mod=998244353; int n,dfn[maxn],tim,num[maxn],sz[maxn],c[maxn],bg[maxn],ed[maxn]; struct edge { int t; edge *next; }*con[maxn]; ll ksm(ll a,int b){ll r=1;for(;b;b>>=1){if(b&1)r=r*a%mod; a=a*a%mod;} return r;} void add(ll x,ll d){for(;x<=n;x+=(x&(-x))) c[x]=(c[x]+d)%mod;} ll qry(ll x) {ll r=0;for(;x>0;x-=(x&(-x))) r=(r+c[x])%mod; return r;} void mdf(int l,int r,ll d){if(l<=r) add(l,d),add(r+1,mod-d);} void ins(int x,int y) { edge *p=new edge; p->t=y; p->next=con[x]; con[x]=p; } void dfs(int v,int fa) { dfn[++tim]=v; bg[v]=tim; sz[v]=1;num[v]=0; for(edge *p=con[v];p;p=p->next) if(p->t!=fa) { dfs(p->t,v); sz[v]+=sz[p->t]; num[v]++; } ed[v]=tim; } void cal(int v,int fa) { ll inv=ksm(num[v],mod-2); if(num[v]!=0) { ll tmp=inv*(sz[v]-1)%mod*(num[v]-1)%mod; mdf(1,bg[v]-1,tmp); mdf(ed[v]+1,n,tmp); } mdf(bg[v],bg[v],ksm(num[v]+(fa>0),mod-2)*(n-1)%mod*(num[v]-(fa==0))%mod); if(fa==0) inv=ksm(num[v]-1,mod-2); for(edge *p=con[v];p;p=p->next) if(p->t!=fa) { mdf(bg[p->t],ed[p->t],inv*(n-sz[p->t]-1)%mod*(num[v]-1-(fa==0))%mod); cal(p->t,v); } } int main() { scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n-1;i++) { int x,y; scanf("%d%d",&x,&y); ins(x,y); ins(y,x); } dfs(1,0); cal(1,0); for(int i=1;i<=n;i++) printf("%lld\n",qry(bg[i])); return 0; }
正解O(n)做法:
考虑当前已经计算出x的父亲fa为根的答案,我们要递推出x为根的答案。就像splay那样单旋一样,只有x和fa的size和|son|发生了改变,减去原来的贡献再加上新的贡献即可。
还有一些O(n)预处理逆元的技巧。。。
代码:
#include<iostream> #include<cstdio> #define ll long long using namespace std; const int maxn=100010; const int mod=998244353; int n,num[maxn],sz[maxn]; ll inv[maxn],jie[maxn],ans[maxn]; struct edge { int t; edge *next; }*con[maxn]; ll ksm(ll a,int b){ll r=1;for(;b;b>>=1){if(b&1)r=r*a%mod; a=a*a%mod;} return r;} void ins(int x,int y) { edge *p=new edge; p->t=y; p->next=con[x]; con[x]=p; } void dfs(int v,int fa) { sz[v]=1;num[v]=0; for(edge *p=con[v];p;p=p->next) if(p->t!=fa) { dfs(p->t,v); sz[v]+=sz[p->t]; num[v]++; } } ll G(int z,int m) { return inv[m]*(z-1)%mod*(m-1)%mod; } void cal(int v,int fa) { for(edge *p=con[v];p;p=p->next) if(p->t!=fa) { ans[p->t]=(ans[v]-G(sz[p->t],num[p->t])-G(n,num[v]+(fa>0))+G(n,num[p->t]+1)+G(n-sz[p->t],num[v]+(fa>0)-1)+mod*2)%mod; cal(p->t,v); } } int main() { scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n-1;i++) { int x,y; scanf("%d%d",&x,&y); ins(x,y); ins(y,x); } jie[0]=1; for(int i=1;i<=n;i++) jie[i]=jie[i-1]*i%mod; inv =ksm(jie ,mod-2); for(int i=n-1;i>=0;i--) inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod; for(int i=1;i<=n;i++) inv[i]=jie[i-1]*inv[i]%mod; dfs(1,0); for(int i=1;i<=n;i++) ans[1]=(ans[1]+G(sz[i],num[i]))%mod; cal(1,0); for(int i=1;i<=n;i++) printf("%lld\n",ans[i]); return 0; }
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