Codeforces 1236F - Alice and the Cactus（期望+分类讨论）

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期望好题。

首先拆方差：

\[\begin{aligned}
&E((x-E(x))^2)\\
=&E(x^2)-2E(x)E(E(x))+E(E(x)^2)\\
=&E(x^2)-E(x)^2
\end{aligned}
\]

因此我们只需 \(E(x^2)\) 和 \(E(x)\) 即可求解出答案。

考虑 \(x\) 是什么东西。直接从连通块个数的角度下手异常棘手。不过注意到原图是一个仙人掌，因此假设点数、边数、环数分别为 \(a,b,c\)，那么连通块个数 \(x=a-b+c\)，这可以看作原本有 \(a\) 个连通块，每加入一条边会少一个连通块，但有 \(c\) 次加边时成环，连通块个数不变。

因此 \(E(x^2)=E((a-b+c)^2)=E(a^2)+E(b^2)+E(c^2)-2E(ab)+2E(ac)-2E(bc)\)，\(E(x)=E(a)-E(b)+E(c)\)。

考虑对这九个东西分别计算：

1. \(E(a)\)

显然 \(E(a)=\dfrac{n}{2}\)

2. \(E(b)\)

显然 \(E(b)=\dfrac{m}{4}\)，因为每条边有 \(\dfrac{1}{4}\) 的概率存在。

3. \(E(c)\)

假设原仙人掌中第 \(i\) 个环点数为 \(C_i\)，那么显然第 \(i\) 个环被保留的概率就是 \(p_i=\dfrac{1}{2^{C_i}}\)

期望环数 \(=\sum\limits_{i=1}^cp_i\)，其中 \(c\) 为原仙人掌中环数。

4. \(E(a^2)\)

根据期望的线性性 \(E(a^2)\) 等于每对点同时存在的概率。

考虑对于两个点 \(i,j\)：

• 如果 \(i=j\)，那它们同时存在的概率为 \(\dfrac{1}{2}\)
• 否则它们同时存在的概率为 \(\dfrac{1}{4}\)

化简一下可得 \(E(a^2)=\dfrac{n(n+1)}{4}\)

5. \(E(b^2)\)

根据期望的线性性 \(E(b^2)\) 等于每对边同时存在的概率。

考虑两条边 \(i,j\)：

• 如果 \(i=j\)，那它们同时存在的概率为 \(\dfrac{1}{4}\)
• 如果 \(i,j\) 两条边恰好存在一个公共端点，那么它们同时存在的概率为 \(\dfrac{1}{8}\)
• 否则它们同时存在的概率为 \(\dfrac{1}{16}\)

对于第一种情况贡献就是 \(E(b)\)，直接加上，对于第二种情况就枚举公共点，这样可以算得有多少对边符合第二种情况，剩余的边肯定都属于第三种情况了。

6. \(E(c^2)\)

根据期望的线性性 \(E(c^2)\) 等于每对环同时存在的概率。

考虑两个环 \(i,j\)，由于原图是仙人掌两个不同的环最多只有一个公共点：

• 如果 \(i=j\)，那它们同时存在的概率为 \(p_i\)
• 如果 \(i,j\) 两个环恰好存在一个公共点，那它们同时存在的概率为 \(p_i·p_j·2\)
• 否则它们同时存在的概率为 \(p_i·p_j\)

和 \(E(b^2)\) 的求法类似，第一种情况的贡献就是 \(E(c)\)，对于二三两种情况我们先额外将所有 \(i\ne j\) 的 \(p_i·p_j\) 加入答案，再额外枚举所有符合第二类限制的两个环 \(i,j\)，再将它们的 \(p_i·p_j\) 累加入答案。具体求法也是枚举公共点然后扫一遍，并维护当前扫过的所有环的 \(p_i\) 之和即可算出贡献。

7. \(E(ab)\)

根据期望的线性性 \(E(ab)\) 等于每个点与每条边同时存在的概率之和。

考虑一个点 \(a\) 和一条边 \(e\)：

• 如果 \(a\) 是 \(e\) 的一个端点，那么它们同时存在的概率为 \(\dfrac{1}{4}\)
• 否则它们同时存在的概率为 \(\dfrac{1}{8}\)

枚举每个点，然后预处理每个点的度即可算出有多少条边符合第一种情况，有多少条边符合第二种情况。

8. \(E(ac)\)

根据期望的线性性 \(E(ac)\) 等于每个点与每个环同时存在的概率之和。

考虑一个点 \(a\) 和一个环 \(c\)：

• 如果 \(a\) 在 \(c\) 上，那它们同时存在的概率为 \(p_c\)
• 否则它们同时存在的概率为 \(\dfrac{1}{2}p_c\)

还是按照套路枚举环 \(c\)，预处理每个环上的点数即可知道有多少个点符合第一种情况，有多少个点符合第二种情况。

9. \(E(bc)\)

根据期望的线性性 \(E(bc)\) 等于每条边与每个环同时存在的概率之和。

考虑一条边 \(e\) 和一个环 \(c\)：

• 如果 \(e\) 的两个端点都在 \(c\) 上，那它们同时存在的概率为 \(p_c\)
• 如果 \(e\) 的一个端点在 \(c\) 上，那它们同时存在的概率为 \(\dfrac{1}{2}p_c\)
• 如果 \(e\) 的两个端点都不在 \(c\) 上，那它们同时存在的概率为 \(\dfrac{1}{4}p_c\)

对于第一种情况还是通过预处理每个环上的点数即可快速算出，第二种情况符合条件的边数即为环上每个点的度数减 \(2\) 之和，剩余的边都是第三种情况。

时间复杂度 \(\mathcal O(n+m)\)。

const int MAXN=5e5;
const int MOD=1e9+7;
const int INV2=MOD+1>>1;
const int INV4=MOD+1>>2;
const int INV8=MOD+1>>3;
const int INV16=((MOD+9>>4)-INV2+MOD)%MOD;
int n,m,hd[MAXN+5],to[MAXN*2+5],nxt[MAXN*2+5],ec=0;
void adde(int u,int v){to[++ec]=v;nxt[ec]=hd[u];hd[u]=ec;}
int dfn[MAXN+5],fa[MAXN+5],tim=0,ipw2[MAXN+5];
vector<int> cyc[MAXN+5],bel[MAXN+5];
int cycnt=0,P[MAXN+5],deg[MAXN+5];
void dfs(int x){
	dfn[x]=++tim;
	for(int e=hd[x];e;e=nxt[e]){
		int y=to[e];
		if(!dfn[y]) fa[y]=x,dfs(y);
		else if(dfn[y]<dfn[x]&&y!=fa[x]){
			cycnt++;
			for(int i=x;i^y;i=fa[i]) cyc[cycnt].pb(i),bel[i].pb(cycnt);
			cyc[cycnt].pb(y);bel[y].pb(cycnt);
		}
	}
}
int Ea(){return 1ll*n*INV2%MOD;}
int Eb(){return 1ll*m*INV4%MOD;}
int Ec(){int sum=0;for(int i=1;i<=cycnt;i++) sum=(sum+P[i])%MOD;return sum;}
int Ex(){return (0ll+Ea()-Eb()+Ec()+MOD)%MOD;}
int Eaa(){return 1ll*n*(n+1)%MOD*INV4%MOD;}
int Ebb(){
	ll tot=1ll*m*(m-1);int res=1ll*m*INV4%MOD;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		tot-=1ll*deg[i]*(deg[i]-1);
		res=(res+1ll*deg[i]*(deg[i]-1)%MOD*INV8)%MOD;
	} res=(res+1ll*tot%MOD*INV16)%MOD;
	return res;
}
int Ecc(){
	ll tot=1ll*cycnt*(cycnt-1);int res=Ec(),sum=0;
	for(int i=1;i<=cycnt;i++) res=(res+2ll*sum*P[i])%MOD,sum=(sum+P[i])%MOD;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int ssum=0;
		for(int j:bel[i]) res=(res+2ll*ssum*P[j])%MOD,ssum=(ssum+P[j])%MOD;
	} return res;
}
int Eab(){
	int res=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) res=(res+1ll*INV4*deg[i]+1ll*INV8*(m-deg[i]))%MOD;
	return res;
}
int Eac(){
	int res=0,sm=Ec();
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int ssum=0;
		for(int j:bel[i]) ssum=(ssum+P[j])%MOD;
		res=(0ll+res+ssum+1ll*INV2*(sm-ssum+MOD))%MOD;
	} return res;
}
int Ebc(){
	int res=0;
	for(int i=1;i<=cycnt;i++) res=(res+1ll*P[i]*cyc[i].size())%MOD;
	for(int i=1;i<=cycnt;i++){
		int sum_ed=0,rst;
		for(int j:cyc[i]) sum_ed+=deg[j]-2;
		rst=m-cyc[i].size()-sum_ed;
		res=(0ll+res+1ll*P[i]*INV2%MOD*sum_ed+1ll*P[i]*INV4%MOD*rst)%MOD;
	} return res;
}
int sqr(int x){return 1ll*x*x%MOD;}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=(ipw2[0]=1);i<=n;i++) ipw2[i]=1ll*ipw2[i-1]*INV2%MOD;
	for(int i=1,u,v;i<=m;i++){
		scanf("%d%d",&u,&v);adde(u,v);adde(v,u);
		deg[u]++;deg[v]++;
	} dfs(1);for(int i=1;i<=cycnt;i++) P[i]=ipw2[cyc[i].size()];
//	printf("%d\n",Ec());
	printf("%d\n",((0ll+Eaa()+Ebb()+Ecc()-2ll*Eab()-2ll*Ebc()+2ll*Eac()-sqr(Ex()))%MOD+MOD)%MOD);
	return 0;
}