p5405 [CTS2019]氪金手游

题目大意

题意狗屁不通

看毛子语都比看这个题面强

分析

我们假设这棵树是一个内向树

那么我们可以轻易的得到dp[x][i]表示x点子树和为i的期望

转移只需枚举当前期望大小和子树期望大小即可

但是由于边的方向不一定

所以这棵树上存在反向边

我们可以容斥有i个边不合法的情况

因此对于一个反向边要么x点加上关系合法，将子树分离的贡献

要么这个边算是不合法的

对于这种情况我们可以直接减掉贡献

因为我们知道这个贡献已经是0~i的容斥情况

而这个减号相当于*-1

可以完成容斥

复杂度O(n^2)

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define mp make_pair
const int mod = ;
int dp[][],n,m,inv[],res[],siz[];
vector<pair<int,int> >v[];
inline int pw(int x,int p){
    int ans=;
    while(p){
      if(p&)ans=1ll*ans*x%mod;
      x=1ll*x*x%mod;
      p>>=;
    }
    return ans;
}
inline void dfs(int x,int fa){
    siz[x]=;
    for(int i=;i<v[x].size();i++)
      if(v[x][i].fi!=fa){
          int y=v[x][i].fi,z=v[x][i].se;
          dfs(y,x);
          for(int j=;j<=*siz[x];j++)
            for(int k=;k<=*siz[y];k++){
                int sum=1ll*dp[x][j]*dp[y][k]%mod;
                if(z)res[j+k]=(res[j+k]+sum)%mod;
                  else res[j+k]=(res[j+k]-sum+mod)%mod,res[j]=(res[j]+sum)%mod;
          }
          siz[x]+=siz[y];
          for(int j=;j<=*siz[x];j++)dp[x][j]=res[j],res[j]=;
      }
    for(int i=;i<=*siz[x];i++)dp[x][i]=1ll*dp[x][i]*inv[i]%mod;
}
int main(){
    int i,j,k,ans=;
    scanf("%d",&n);
    for(i=;i<=n;i++){
      int x,y,z,iv;
      scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
      iv=pw(x+y+z,mod-);
      dp[i][]=1ll*x*iv%mod;
      dp[i][]=2ll*y*iv%mod;
      dp[i][]=3ll*z*iv%mod;
    }
    for(i=;i<n;i++){
      int x,y;
      scanf("%d%d",&x,&y);
      v[x].pb(mp(y,));
      v[y].pb(mp(x,));
    }
    inv[]=inv[]=;
    for(i=;i<=*n;i++)inv[i]=pw(i,mod-);
    dfs(,);
    for(i=;i<=*n;i++)ans=(ans+dp[][i])%mod;
    printf("%d\n",ans);
    return ;
}