2023NOIP A层联测32 T3 sakuya

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虚伪的期望，彬彬赛时都能 A 的数学题。

思路

考虑算出来总的花费，再除以 \(m!\) 求期望。

对于某个排列的花费为：\(\sum\limits_{i=2}^m dis(a_{i-1},a_i)\)。

但考虑一下，这个式子重要吗？

我们的目的是求出所有排列的花费的和，不能局限于某一个排列去求。

其实，如果我们知道每一种相邻两个数出现的次数，乘上这两个点间的距离，也可以算出答案。

那么我们考虑 \(u,v\) 相邻的情况（不论先后）在 \(m!\) 种方案中会出现多少次？

赛时通过打表得知，\(u,v\) 相邻的情况有 \(2(m-1)!\) 种，现在来证明一下。

先在这 \(m\) 个数中去掉 \(v\)，那么有 \((m-1)!\) 种排列，将 \(v\) 放在每一种排列的 \(u\) 的后一个位置，这样子贡献了 \((m-1)!\) 种情况。

将 \(u,v\) 互换，也能得到 \((m-1)!\) 种情况。

所以说，对于一对数 \(u,v\) 他们在 \(m!\) 种方案中，相邻的次数为 \(2(m-1)!\) 次。

也就是说，每一个 \(dis(u,v) \ (u<v)\) 在 \(m!\) 种方案中计算 \(2(m-1)!\) 次。

答案为：

\[\frac{2(m-1)!\sum\limits_{i\in A}\sum\limits_{i\in A,i<j} dis(i,j)}{m!}
\]

化简为：

\[\frac{2\times\sum\limits_{i\in A}\sum\limits_{i\in A,i<j} dis(i,j)}{m}
\]

现在求出 \(\sum\limits_{i\in A}\sum\limits_{i\in A,i<j} dis(i,j)\) 即可。

先没有修改操作，这个式子可以统计一条边两边的有效点（在集合 \(A\) 中的点的个数），来计算有多少条经过这条边多少次，乘以边权即可。

如果加上修改，那么每次会影响到和这个点相连的边，但我们不可以遍历这个点的所有边重新算贡献，这样菊花图会 TLE。

所以考虑将与一个点相连的边经过的总次数存在点上，修改时直接将总次数乘以 \(k\) 加上上次的答案即可。

时间复杂度 \(O(n+m)\)。

CODE

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define ll long long
#define mod 998244353

const int maxn=5e5+5;

struct node
{
    int to,nxt;
    ll w;
}edge[maxn*2];

int n,tot,m;
int head[maxn];

ll ans,inv;
ll sz[maxn],c[maxn],fac[maxn];

ll ksm(ll x,ll y)
{
    ll sum=1;
    for(;y;y/=2,x=x*x%mod) if(y&1) sum=sum*x%mod;
    return sum;
}

void add(int x,int y,int z)
{
    tot++;
    edge[tot].to=y;
    edge[tot].nxt=head[x];
    edge[tot].w=z;
    head[x]=tot;
}

void dfs(int u,int f)
{
    for(int i=head[u];i;i=edge[i].nxt)
    {
        int v=edge[i].to;
        if(v==f) continue;
        dfs(v,u);
        sz[u]+=sz[v];
    }
}
void dfs_ans(int u,int f)
{
    for(int i=head[u];i;i=edge[i].nxt)
    {
        int v=edge[i].to;
        if(v==f) continue;
        ans=(ans+sz[v]*(sz[1]-sz[v])%mod*edge[i].w)%mod;
        dfs_ans(v,u);
    }
    for(int i=head[u];i;i=edge[i].nxt)
    {
        int v=edge[i].to;
        if(v!=f) c[u]=(c[u]+sz[v]*(sz[1]-sz[v])%mod)%mod;
        else c[u]=(c[u]+sz[u]*(sz[1]-sz[u])%mod)%mod;
    }
}

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        int x,y,z;
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
        add(x,y,z);
        add(y,x,z);
    }
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int x;
        scanf("%d",&x);
        sz[x]=1;
    }
    dfs(1,0);
    dfs_ans(1,0);
    fac[0]=1;
    for(int i=1;i<=m;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
    inv=ksm(fac[m],mod-2);
    int _;
    scanf("%d",&_);
    while(_--)
    {
        int x;
        ll k;
        scanf("%d%lld",&x,&k);
        ans=(ans+c[x]*k)%mod;
        printf("%lld\n",ans*inv%mod*2*fac[m-1]%mod);
    }
}

第一次赛时切期望(￣▽￣)~*