Solution -「Gym 102979E」Expected Distance
\(\mathcal{Description}\)
Link.
用给定的 \(\{a_{n-1}\},\{c_n\}\) 生成一棵含有 \(n\) 个点的树,其中 \(u\) 连向 \([1,u)\) 中的某个 \(v\),概率为 \(\frac{a_v}{a_1+a_2+\cdots+a_{u-1}}\),边权为 \(c_u+c_v\)。并给出 \(q\) 组询问 \((u_i,v_i)\),每次回答 \(u_i\) 到 \(v_i\) 的树上距离的期望。答案对 \((10^9+7)\) 取模。
\(n,q\le3\times10^5\)。
\(\mathcal{Solution}\)
\newcommand{\vct}[1]{\boldsymbol{#1}}
\newcommand{\stir}[2]{\genfrac{\{}{\}}{0pt}{}{#1}{#2}}
\newcommand{\opn}[1]{\operatorname{#1}}
\newcommand{\lcm}[0]{\opn{lcm}}
\newcommand{\sg}[0]{\opn{sg}}
\newcommand{\dist}[0]{\opn{dist}}
\newcommand{\lca}[0]{\opn{lca}}
\newcommand{\floor}[2]{\left\lfloor\frac{#1}{#2}\right\rfloor}
\newcommand{\ceil}[2]{\left\lceil\frac{#1}{#2}\right\rceil}
\]
问题卡壳,必有结论。
令 \(1\) 为根,把 \(\dist(u,v)\) 转化成 \(\dist(1,u)+\dist(1,v)-2\dist(\lca(u,v))\)。记 \(f(u)=E(\dist(1,u))\),显然有
\]
其中 \(s_i=\sum_{j=1}^ia_i\),可见 \(f\) 可以轻易地 \(\mathcal O(n)\) 求出。我们接下来研究 \(\dist(\lca(u,v))\)。不妨设 \(u<v\),可以发现一个结论:
\]
其中 \(g(u)\) 是仅与 \(u\) 有关的量。
证明
考虑求 $\lca(u,v)$ 的方式,在 $v$ 沿着祖先跳跃时,我们只关心第一次使得 $v\le u$ 的位置。此时仅有两种情况
- \(v=u\),概率为 \(\frac{a_u}{s_u}\);
- \(v<u\),概率为 \(\frac{s_{u-1}}{s_u}\)。
可见与 \(v\) 无关。
在证明的基础上,亦能得到 \(g(u)\) 的转移:
\]
也能 \(\mathcal O(n)\) 求出,所以本题就解决啦。
\(\mathcal{Code}\)
/*~Rainybunny~*/
#include <bits/stdc++.h>
#define rep( i, l, r ) for ( int i = l, rep##i = r; i <= rep##i; ++i )
#define per( i, r, l ) for ( int i = r, per##i = l; i >= per##i; --i )
const int MAXN = 3e5, MOD = 1e9 + 7;
int n, q, a[MAXN + 5], s[MAXN + 5], invs[MAXN + 5];
int c[MAXN + 5], f[MAXN + 5], g[MAXN + 5];
inline int mul( const int a, const int b ) { return 1ll * a * b % MOD; }
inline int sub( int a, const int b ) { return ( a -= b ) < 0 ? a + MOD : a; }
inline int add( int a, const int b ) { return ( a += b ) < MOD ? a : a - MOD; }
inline int mpow( int a, int b ) {
int ret = 1;
for ( ; b; a = mul( a, a ), b >>= 1 ) ret = mul( ret, b & 1 ? a : 1 );
return ret;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio( false ), std::cin.tie( 0 );
std::cin >> n >> q;
rep ( i, 1, n - 1 ) {
std::cin >> a[i], s[i] = a[i] + s[i - 1];
invs[i] = mpow( s[i], MOD - 2 );
}
rep ( i, 1, n ) std::cin >> c[i];
for ( int i = 2, pre = mul( a[1], c[1] ); i <= n; ++i ) {
f[i] = add( c[i], mul( invs[i - 1], pre ) );
pre = add( pre, mul( a[i], add( f[i], c[i] ) ) );
}
for ( int i = 2, pre = 0; i < n; ++i ) {
g[i] = mul( invs[i], add( mul( a[i], f[i] ), pre ) );
pre = add( pre, mul( a[i], g[i] ) );
}
for ( int u, v; q--; ) {
std::cin >> u >> v;
if ( u > v ) u ^= v ^= u ^= v;
if ( u == v ) std::cout << "0\n";
else std::cout << sub( add( f[u], f[v] ), mul( 2, g[u] ) ) << '\n';
}
return 0;
}
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