設：
我們分為兩個部分：兒子到父親與父親到兒子。
我們先設 \(f[i]\) 為 \(i\) 到 \(fa[i]\) 的期望移動步數。
顯然，分為兩種情況：
對於這種情況，只需要走一步即可到達父親節點，而這種概率為 \(\frac\) ，長度則為 \(1\) 。那麼貢獻期望長度為 \(\frac \)
對於這種情況，貢獻期望長度當然為：
(走到兒子的步數+兒子走到 \(i\) 的步數+ \(i\) 到父親的步數)/ \(d[i]\)
由於現在走到兒子已經是個欽定的事情，那麼步數為 \(1\) ，而兒子走到 \(i\) 的步數則必定為 \(f[son]\) ，\(i\) 到父親的步數則一定是 \(f[i]\) ，是不是看起來重複了 \(f[i]\) ，挺繞的 ？
那麼易得 \(f[i]=\frac\) ，即是將兩個情況的貢獻加在一起。由於 \(i\) 的兒子數肯定為 \(d[i]-1\) 我們考慮化簡這個式子，拆出 \(\sum\) 中的 \(1\) 與 \(f[i]\) ：
\[ f[i]=\frac\\ f[i]=\frac\\ f[i]=\frac \]
接著我們將右邊的 \(f[i]\) 拆下來移項至左邊：
\[ f[i]=\frac+\frac\\ \frac=\frac \]
最後即可得到式子：
\[ f[i]=d[i]+\sum f[son] \]
我們設 \(g[i]\) 為 \(i\) 的父親移動到 \(i\) 的期望步數，並設 \(i\) 的父親為 \(x\) 。
那麼有三種情況：
這種情況下肯定為 \(\frac\) 的貢獻。
當然我們的長度肯定為：移動到 \(fa[x]\) 的步數+\(fa[x]\) 移動回 \(x\) 的步數+ \(x\) 移動到 \(i\) 的步數
\(=(1+g[x]+g[i])/d[x]\)
長度為：移動到兒子的步數+兒子移動回 \(x\) 的步數+\(x\) 移動到 \(i\) 的步數
\(=(1+f[son]+g[i])/d[x]\)
那麼貢獻之和為：
\[ g[i]=\frac(1+f[son]+g[i])} \]
由於 \(x\) 除 \(i\) 以外的兒子個數為 \(d[x]-2\) ，那麼可以如法炮製，像 \(f\) 陣列那樣化簡：
\[ g[i]=\fracf[son]} \]
消項移項可得：
\[ g[i]=g[x]+d[x]+\sum_f[son] \]
對於給定的 \(u->v\) 這樣一條樹上路徑，我們可以拆成兩條：
\(u->lca\) 與 \(lca->v\)
對於第一條路徑，肯定是全程向上的，對於第二條路徑，肯定是全程向下的。
那麼長度肯定為：
\[ \sum_ f[i] +\sum_g[i]-f[lca]-g[lca] \]
則我們可以使用樹上字首和記錄每個點到根節點的 \(f\) 與 \(g\) 之和，接下來就能夠利用字首和快速求出 \(\sum\) 的值了。
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2019-01-29 08:21
洛水·錦依衛 閱讀(
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