UOJ 351 新年的葉子

試題描述

躲過了alphago 之後，你躲在 singledog 的長毛裡，和它們一起來到了alphago 的家。此時你們才突然發現，alphago 的家居然是乙個隱藏在地下的計算中心！難道 alphago 如此人贏的秘密是...它其實是乙個 ai？

根據情報，這個地下的計算中心的結構構成了一棵無根樹，整個計算中心名為被 at-field 的力場保護起來，保護力場的直徑恰好等於樹的直徑（樹的直徑定義為樹上距離最遠的兩個結點之間的距離，結點 \(u,v\) 的距離定義為從 \(u\) 到 \(v\) 最少需要經過的邊數）。

由於保護力場的存在，singledog 們每次只能進入整棵樹的乙個葉子（度為 \(1\) 的結點），由於狗的大腦很小，他們每次只會隨機進攻乙個原樹的葉子，並且破壞裡面的裝置，更加狼狽的是他們甚至會重複進入乙個已經被破壞過的葉子。

比如這棵樹中，singledog 們攻擊的就是 \(3,4,7\) 這三個點，他們不會攻擊 \(2\) 號點，因為它不是原樹的葉子。

他們想知道，期望多少次之後，可以使得保護力場的直徑縮小？

即，對於一棵樹，每次隨機染黑乙個葉子（可能會重複染黑），期望多少次後直徑變小？

輸入從標準輸入讀入資料。

第一行乙個正整數 \(n\)，表示樹的點數。

接下來 \(n−1\) 行，每行兩個正整數 \(x,y\)，表示樹上的一條邊。

輸出輸出到標準輸出。

輸出一行乙個整數表示答案在模 \(998244353\) 意義下的取值。

即設答案化為最簡分式後的形式為 \(\frac\) ，其中 \(a\) 和 \(b\) 互質。輸出整數 \(x\) 使得 \(bx \equiv a(\mod 998244353)\) 且 \(0 \le x < 998244353\)。可以證明這樣的整數 \(x\) 是唯一的。

輸入示例1

3 1 22 3

輸出示例1

輸入示例2

6 1 22 3 1 44 5

1 6

輸出示例2

499122178

資料規模及約定

對於所有資料，\(3 \le n \le 5 \times 10^5\)，\(1 \le x,y \le n\)。

題解首先考慮一下直徑的性質，若直徑長度為偶數條邊，所有直徑的中點是相同的；否則所有直徑最中間那條邊是相同的。

令 \(l\) 為直徑長度。

那麼對於偶數的情況，我們將 \(u\) 的每個兒子中深度為 \(\frac\) 的所有葉子放在乙個集合當中，這樣當染到只有乙個集合內還有未被染黑的葉子時直徑一定變短了；

若 \(l\) 為奇數，那麼所有深度為 \(\frac\) 的葉子一定在同乙個子樹中，把所有不在那個子樹中的深度為 \(\frac\) 的葉子放到乙個集合中就可以按照和偶數情況一樣處理了。

現在需要把問題轉化一下，把「每次可以染黑點」改成「每次一定染白點」，但是這樣改之後每一步的期望不再是 \(1\) 了，所以我們令這個期望是 \(x\)，然後嘗試計算出來。

具體來說，現在有 \(n\) 個葉子，有 \(m\) 個白的，其餘都是黑的，那麼染乙個白色葉子需要期望多少步。考慮下一步染色的兩種情況，分別是染黑色葉子和染白色葉子，兩種情況概率分別是 \(\frac\) 和 \(\frac\)，如果染白色葉子那麼目標已經完成，所以期望步數是 \(1\)，否則相當於沒做任何操作，所以期望步數還是 \(x\)，所以我們可以列乙個方程

\[x = \fracx + \frac

\]解得 \(x = \frac\)。

現在我們列舉集合 \(x\)，假裝它最終沒有被染黑（即忽略掉它），在這種情況下染黑其它所有集合中的節點的期望步數是多少？很顯然就是每一步的期望的疊加，令 \(n\) 表示總葉子數，\(s\) 表示所有集合中葉子的總數，期望步數就是 \(\sum_^ \frac\)，這裡就是將關係的點看成白色，忽略的點看成黑色。

如果我們將對於所有 \(x\) 的這個期望直接累加肯定不是答案，它算多了。這是因為我們那麼算期望步數的時候並沒有考慮集合 \(x\) 內的葉子的染色情況，也就是說它們被全部染黑的情況也被統計進去了；所以我們多算的部分就是所有集合中的葉子都染黑的情況。注意到只有在最後一步染黑的集合不是 \(x\) 的時候才會多算，也就是說在列舉到集合 \(x\) 的時候我們多算的是 \(\sum_ 最後一步將集合\ y\ 染黑，使得所有集合中的葉子全黑的期望步數\)。那麼多算的部分就是（令集合個數為 \(t\)，\(e(y)\) 表示「最後一步將集合 \(y\) 染黑，使得所有集合中的葉子全黑的期望步數」）

\[\sum_x \sum_ e(y) \\

= \sum_y e(y) \sum_ 1 \\

= \sum_y e(y) \cdot (t - 1) \\

= (t - 1) \sum_y e(y)

\]所以多算的就是 \((t-1)\) 倍的將所有集合中的葉子染黑的期望步數，最後減去這個數就好了。

#include #include #include #include #include #include using namespace std;
#define rep(i, s, t) for(int i = (s), mi = (t); i <= mi; i++)
#define dwn(i, s, t) for(int i = (s), mi = (t); i >= mi; i--)
int read() 
while(isdigit(c))
return x * f;
}#define maxn 500010
#define maxm 1000010
#define mod 998244353
#define ll long long
int n, m, head[maxn], nxt[maxm], to[maxm], deg[maxn];
void addedge(int a, int b) 
int step[maxn], fa[maxn], q[maxn], hd, tl;
int bfs(int s) 
}	int mx = 0, mxi;
rep(i, 1, n) if(step[i] > mx) mx = step[i], mxi = i;
return mxi;
}int mxh[maxn], tot[maxn];
void dp(int u, int pa) 
return ;
}int siz[maxn], cnts, inv[maxn], sum[maxn];
int main() 
int a = bfs(1), b = bfs(a), len = step[b];
rep(i, 1, len >> 1) b = fa[b];
dp(b, 0);
for(int e = head[b]; e; e = nxt[e]) if(mxh[to[e]] + 1 == (len + 1 >> 1)) siz[++cnts] = tot[to[e]];
if(len & 1) 
int n = 0, sn = 0;
rep(i, 1, n) n += deg[i] == 1;
rep(i, 1, cnts) sn += siz[i];
inv[1] = 1;
rep(i, 2, n) inv[i] = (ll)(mod - mod / i) * inv[mod%i] % mod;
sum[0] = 0;
rep(i, 1, n) 
int ans = 0;
rep(i, 1, cnts) 
ans -= (ll)(cnts - 1) * sum[sn] % mod;
if(ans < 0) ans += mod;
printf("%d\n", ans);
return 0;
}

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