「模拟赛20180406」膜树 prufer编码+概率

题目描述

给定一个完全图，保证$w_{u,v}=w_{v,u}$且$w_{u,u}=0$，等概率选取一个随机生成树，对于每一对$(u,v)$，求$dis(u,v)$的期望值对$998244353$取模。

输入

第一行一个数$n$

接下来$n$行，每行$n$个整数，第$i$行第$j$个整数表示$w_{i,j}$

输出

输出共$n$行，每行$n$个整数，第$i$行第$j$个整数表示$dis(i,j)$的期望值

样例

样例输入

样例输出

0 374341634 374341634 374341634

374341634 0 374341634 374341634

374341634 374341634 0 374341634

374341634 374341634 374341634 0

数据范围

$\left|w_{i,j}\right| \leq 10^9$

$n \leq 1000$

题解

这是一道神奇的概率题……

其实题目原来是有一个$20%$的数据点，此时$n\leq 9$，显然我们可以用$prufer$编码枚举生成树，然后暴力算答案即可（$QwQ$卡常拿了$15pts$走人）。但是显然$1000$是不可能的……

于是我们考虑这道题的特殊性质——这是一个完全图！完全图拥有非常好的对称性！

根据上面这点，对于点对$(u,v)$，任意的一条边$(x,y)$出现在$u$到$v$的路径上的概率是一样的，同理，任意一条边$(u,x)$或$(x,v)$出现在$u$到$v$的路径上的概率也是一样的。于是我们发现可以把边分成三类。

$(u,v)$，即两端点都在路径上
$(u,x)$或$(x,v)$，即有一个端点在路径上
$(x,y)$，即两端点都不在路径上

对于第一种，只要这条边出现在生成树中就一定会经过，于是就是某一条边出现在生成树中的概率。生成树有$n^{n-2}$种，每种会给$(n-1)$条边带来$1$贡献，显然每条边的总贡献是相同的，于是单条边的贡献为$\frac{n^{n-2}\cdot(n-1)}{\frac{n\cdot(n-1)}{2}}=2\cdot n^{n-3}$

然后只需再除以总方案数$n^{n-2}$就是概率，即$\frac{2}{n}$

考虑第二种，显然对于所有的$(u,x)$概率都相等……可以发现，如果$(u,v)$存在生成树中，一定不会选到$(u,x)$，否则就等概率地选中$(u,x)$。那么答案为$\frac{1-\frac{2}{n}}{n-2}$

第三种不容易看出什么特征了，我们暴力一点求。假设把这条边切断，发现左右分成两部分，我们可以枚举其中$x$部分的大小，设为$i$，则$y$部分为$n-i$，其中有$4$个点已经确定了——$x,y,u,v$，为了方便，我们固定$u$在$x$这边，而$v$在$y$这边，最后答案乘$2$即可（交换$u,v$）。显然，答案需要乘上$C_{n-4}^{i-2}$，$n-4$是因为除去这四个点，$i-2$是除去$x$和$u$。然后左右两边的任意一个无根树形态都是可以的，根据$prufer$编码，答案就是： $$\sum_{i=2}^{n-2}{\cfrac{2\cdot i^{{i-2}\cdot(n-i)}{n-i-2}\cdot C^{{n-4}_{i-2}}{n}{n-2}}}$$直接$O(n\log n)$求就好了

然后统计答案，注意各种小细节，这道题就$A$掉辣！

$Code:$

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <iostream>

#include <algorithm>

using namespace std;

#define N 1005

#define mod 998244353

int n, dis[N][N], nei[N], all;

int fir, sec, thi;

int fac[N], inv[N];

int ksm(int a, int k)

{

	if (!k)

		return 1;

	int p = ksm(a, k / 2);

	if (k & 1)

		return 1ll * a * p % mod * p % mod;

	return 1ll * p * p % mod;

}

int div(int a){return ksm(a, mod - 2);}

int tree(int a)

{

	if (a == 1)

		return 1;

	return ksm(a,  a - 2);

}

int C(int n, int m)

{

	return 1ll * fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;

}

int main()

{

	fac[0] = 1;

	for (int i = 1; i <= N - 5; i++)

		fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % mod;

	inv[N - 5] = ksm(fac[N - 5], mod - 2);

	for (int i = N - 5; i >= 1; i--)

		inv[i - 1] = 1ll * inv[i] * i % mod;

	scanf("%d", &n);

	for (int i = 1; i <= n; i++)

		for (int j = 1; j <= n; j++)

		{

			scanf("%d", &dis[i][j]);

			if (i < j)

				all = (all + dis[i][j]) % mod;

			nei[i] = (nei[i] + dis[i][j]) % mod;

		}

	fir = 2 * div(n) % mod;

	sec = 1ll * (1 - fir) * div(n - 2) % mod;

	if (sec < 0)

		sec += mod;

	for (int i = 1; i < n - 2; i++)

	{

		int j = n - 2 - i;

		thi = (thi + 2ll * tree(i + 1) * tree(j + 1) % mod * C(n - 4, i - 1) % mod) % mod;

	}

	thi = 1ll * thi * div(tree(n)) % mod;

	for (int i = 1; i <= n; i++)

		for (int j = 1; j <= n; j++)

		{

			int ans = 1ll * dis[i][j] * fir % mod;

			ans = (ans + 1ll * ((nei[i] + nei[j]) % mod - dis[i][j] * 2) % mod * sec % mod) % mod;

			ans = (ans + 1ll * (all - ((nei[i] + nei[j]) % mod - dis[i][j]) % mod) * thi % mod) % mod;

			if (ans < 0)

				ans += mod;

			if (i == j)

				ans = 0;

			printf("%d%c", ans, j == n ? 10 : 32);

		}

}