[JZOJ5233] 【GDOI模拟8.5】概率博弈

题目

题目大意

给你一棵树，这棵树上的所有叶子节点的权值是随机的排列。

两个人博弈，从根开始，轮流往下走。

先手希望权值最大，后手希望权值最小。

问期望的最终结果。

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思考历程

这场比赛实在是太丧心病狂了！两个期望题，有没有人性啊！

还是那种特别变态的期望……

想了好久，没有想出来……

于是打暴力：

枚举所有的排列，然后用DP计算答案。

如果喜欢，DP可以加上alpha-beta剪枝……当然我没加，因为在这题里面没有什么意义。

分数还给的挺大方的，30分。

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正解

首先推个式子：

E(x)=∑xP(x=ans)=∑P(x≤ans)E(x)\\=\sum xP(x=ans) \\=\sum P(x \leq ans)E(x)=∑xP(x=ans)=∑P(x≤ans)

后面这个是什么鬼？

我们将第二个式子拆开，对于xxx，它贡献了xxx个P(ans=x)P(ans=x)P(ans=x)。

看看第三个式子，对于x′≤xx'\leq xx′≤x，它就可以加上xxx的贡献。这样的x′x'x′有xxx个，所以这是成立的。

接下来就是一个很巧妙的转化：

我们设结果为xxx，将大于xxx的记作111，将小于等于xxx的记作000。

这样就大大地简化了题目，因为我们只需要关心它的结果是否为111，而不需要关心结果是否恰好为xxx。

然后就是树形DP：设fi,j,0/1f_{i,j,0/1}fi,j,0/1​表示点iii为根的子树中，叶子节点的权值为000的个数是jjj，点iii的值为000或111（从下面转移上来的值）的方案数。

方程就不用说了吧……自己推。

这就是一个树上背包问题。

至于最终的答案，枚举xxx，它的贡献就是f1,x,1Cmx\frac{f_{1,x,1}}{C_m^x}Cmx​f1,x,1​​。（mmm为叶子节点的个数）

由于题目良心地让我们输出ans∗m!ans*m!ans∗m!，所以说，输出的就是f1,x,1∗x!∗(m−x)!f_{1,x,1}*x!*(m-x)!f1,x,1​∗x!∗(m−x)!

然而这个算法看上去是O(n3)O(n^3)O(n3)的，我在很长时间内也这么认为。

YMQ：我吸一口臭氧，也能过！

但时间复杂度实际上是O(n2)O(n^2)O(n2)。

为什么？

从最简单的开始考虑：如果这棵树是一棵二叉树，对于一个非叶子节点，当大小分布比较均匀时：

对于根节点，合并子树的时间是(n2)2=n24\left(\frac{n}{2}\right)^2=\frac{n^2}{4}(2n​)2=4n2​。

对于下一层，时间是2(n4)2=n282\left(\frac{n}{4}\right)^2=\frac{n^2}{8}2(4n​)2=8n2​。

再下一层，时间是4(n8)2=n2164\left(\frac{n}{8}\right)^2=\frac{n^2}{16}4(8n​)2=16n2​。

后面的就不枚举了。

把它们全部加起来，时间就趋近于n22\frac{n^2}{2}2n2​。

当大小分布不均匀时，我们考虑最极端的情况，时间复杂度还是O(n2)O(n^2)O(n2)。

至于不均匀而又不极端的情况……感性理解，不信邪的可以打一个DP来求最坏的情况。

考虑一下多叉树，发现其实际上是类似的，时间复杂度是O(n2)O(n^2)O(n2)。

最终我还是不会证明……

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代码

using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 5000
#define mo 1000000007
int n;
struct EDGE{
	int to;
	EDGE *las;
} e[N*2+1];
int ne;
EDGE *last[N+1];
inline void link(int u,int v){
	e[++ne]={v,last[u]};
	last[u]=e+ne;
}
long long jc[N+1];
int tot[N+1];
long long f[N+1][N+1][2];
void dfs(int x,int fa,bool flag){
	if (last[x]->las==NULL && last[x]->to==fa){//叶子节点的情况
		tot[x]=1;
		f[x][0][1]=f[x][1][0]=1;
		return;
	}
	EDGE *ei=last[x];//另外处理第一个儿子，这样就不用考虑初始化
	if (ei->to==fa)
		ei=ei->las;
	dfs(ei->to,x,!flag);
	memcpy(f[x],f[ei->to],sizeof f[ei->to]);
	tot[x]=tot[ei->to];
	ei=ei->las;
	if (flag==0){
		for (;ei;ei=ei->las)
			if (ei->to!=fa){
				dfs(ei->to,x,1);
				for (int j=tot[x]+tot[ei->to];j>=0;--j){
					//k=0
					f[x][j][1]=(f[x][j][0]*f[ei->to][0][1]%mo+f[x][j][1]*f[ei->to][0][0]%mo+f[x][j][1]*f[ei->to][0][1]%mo)%mo;
					f[x][j][0]=f[x][j][0]*f[ei->to][0][0]%mo;
					for (int k=1;k<=tot[ei->to] && k<=j;++k){
						(f[x][j][1]+=(f[x][j-k][0]*f[ei->to][k][1]%mo+f[x][j-k][1]*f[ei->to][k][0]%mo+f[x][j-k][1]*f[ei->to][k][1]%mo))%=mo;
						(f[x][j][0]+=f[x][j-k][0]*f[ei->to][k][0])%=mo;
					}
				}
				tot[x]+=tot[ei->to];
			}
	}
	else{
		for (;ei;ei=ei->las)
			if (ei->to!=fa){
				dfs(ei->to,x,0);
				for (int j=tot[x]+tot[ei->to];j>=0;--j){
					//k=0
					f[x][j][0]=(f[x][j][0]*f[ei->to][0][0]%mo+f[x][j][0]*f[ei->to][0][1]%mo+f[x][j][1]*f[ei->to][0][0]%mo)%mo;
					f[x][j][1]=f[x][j][1]*f[ei->to][0][1]%mo;
					for (int k=1;k<=tot[ei->to] && k<=j;++k){
						(f[x][j][0]+=(f[x][j-k][0]*f[ei->to][k][0]%mo+f[x][j-k][0]*f[ei->to][k][1]%mo+f[x][j-k][1]*f[ei->to][k][0]%mo))%=mo;
						(f[x][j][1]+=f[x][j-k][1]*f[ei->to][k][1])%=mo;
					}
				}
				tot[x]+=tot[ei->to];
			}
	}
}
int main(){
	freopen("game.in","r",stdin);
	freopen("game.out","w",stdout);
	scanf("%d",&n);
	jc[0]=1;
	for (int i=1;i<=n;++i)
		jc[i]=jc[i-1]*i%mo;
	for (int i=1;i<n;++i){
		int u,v;
		scanf("%d%d",&u,&v);
		link(u,v),link(v,u);
	}
	dfs(1,0,0);
	long long ans=0;
	for (int i=0;i<=tot[1];++i)
		ans=(ans+f[1][i][1]*jc[i]%mo*jc[tot[1]-i]%mo)%mo;
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

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总结

这道题有一个·很奇妙的思想，就在于∑xP(x=ans)=∑P(x≤ans)\sum xP(x=ans)=\sum P(x \leq ans)∑xP(x=ans)=∑P(x≤ans)。

。

通过这个东西，可以大大地简化题目。

当条件为“等于”的时候，我们可以试着转化成“大于”“小于”。

然后就是树上背包的时间复杂度……