永琳的竹林迷径（path）

题目描述

竹林可以看作是一个n 个点的树，每个边有一个边长wi，其中有k 个关键点，永琳需要破坏这些关键点才能走出竹林迷径。

然而永琳打算将这k 个点编号记录下来，然后随机排列，按这个随机的顺序走过k 个点，但是两点之间她只走最短路线。初始时永琳会施展一次魔法，将自己传送到选定的k 个点中随机后的第一个点。

现在永琳想知道，她走过路程的期望是多少，答案对998244353 取模。

注意，如果对期望不理解，题目最后有详细解释，请自行阅读。

输入

第一行一个数Case，表示测试点编号。（样例的编号表示其满足第Case 个测试点的性质）

下一行一个n，表示树的点数。

下面 n-1 行，每行三个数ui,vi,wi，表示一条边连接ui和vi，长度为wi。

下面一行一个数k，表示关键点数。

下面一行k 个数，表示k 个关键点的编号。

输出

一行一个数，表示答案(对998244353 取模)。

数据范围

对于 100%的数据，保证1≤wi≤1041≤wi≤104。

测试点编号	n	k	特殊性质
1	≤10≤10	=1=1	无
2
3		≤5≤5
4
5	≤1000≤1000	≤7≤7
6
7	≤105≤105	≤8≤8
8
9
10		≤16≤16
11
12
13		≤105≤105
14
15
16
17
18	≤106≤106	≤106≤106	是一条链
19
20
21			无
22
23
24
25

【可能会用到的知识】

关于期望：

期望的定义：离散随机变量的一切可能值与其对应的概率P 的乘积之和称为数学期望。

即: E(x)=∑P(x=k)×val(k)E(x)=∑P(x=k)×val(k)

其中E(x)是期望，P(x=k)是 x=k 发生的概率。

提示：答案必定可以表示成pqpq的形式，在模意义下，pq=p×q−1pq=p×q−1，其中q−1q−1是qq的逆元。

【提示】

读入数据较大，请使用快速的读入方式。

solution

本题求有序走完一个排列的期望长度。

考虑一个点i之前是j的贡献：dist[i]+dist[j]-2*dist[lca]

算出所有点的dist的贡献，lca的贡献则做一次类似树形dp的东西

一个点不同子树互相走的数量就是它作lca的贡献

#include<cstdio>

#include<iostream>

#include<cstdlib>

#include<cstring>

#include<algorithm>

#include<cmath>

#define maxn 1000006

#define mod 998244353

#define ll long long

using namespace std;

int n,num,head[maxn],s[maxn],flag[maxn],t1,t2,t3,tot;

int Te,size[maxn];

ll ans,Sum,ny2,ny,d[maxn];

struct node{

    int v,nex,w;

}e[maxn*2];

int read(){

    int v=0,ch;

    while(!isdigit(ch=getchar()));v=ch-48;

    while(isdigit(ch=getchar()))v=(v<<1)+(v<<3)+ch-48;

    return v;

}

void lj(int t1,int t2,int t3){

    e[++tot].v=t2;e[tot].w=t3;e[tot].nex=head[t1];head[t1]=tot;

}

void dfs(int k,int fa,ll dist){

    d[k]=dist;

    for(int i=head[k];i;i=e[i].nex){

        if(e[i].v==fa)continue;

        dfs(e[i].v,k,dist+e[i].w);

        size[k]+=size[e[i].v];

    }

    size[k]+=flag[k];

}

void dp(int k,int fa){

    ll sum=0;

    for(int i=head[k];i;i=e[i].nex){

        if(e[i].v==fa)continue;

        dp(e[i].v,k);

        sum+=size[e[i].v];

    }

    ll cnt=0;

    for(int i=head[k];i;i=e[i].nex){

        if(e[i].v==fa)continue;

        cnt=cnt+size[e[i].v]*(sum-size[e[i].v])%mod;

        cnt=cnt%mod;

    }

    ans=(ans-2*d[k]%mod*cnt%mod)%mod;

    if(flag[k]){

        ans=(ans-4*d[k]%mod*sum%mod)%mod;

    }

}

ll work(ll a,int Num){

    ll Ans=1,p=a;

    while(Num){

        if(Num&1)Ans=Ans*p;

        p=p*p;p%=mod;Ans%=mod;Num>>=1;

    }

    return Ans;

}

int main()

{

    Te=read();n=read();

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

        t1=read();t2=read();t3=read();

        lj(t1,t2,t3);lj(t2,t1,t3);

    }

    num=read();

    for(int i=1;i<=num;i++){

        s[i]=read();flag[s[i]]++;

    }

    dfs(1,0,(ll)0);

    ny2=work(2,mod-2);

    for(int i=1;i<=num;i++)Sum+=d[s[i]];

    for(int i=1;i<=num;i++){

        ans=(ans+d[s[i]]*(num-1))%mod+(Sum-d[s[i]])%mod;

        ans=ans%mod;

    }

    dp(1,0);ans%=mod;

    ans=ans*work(num,mod-2);

    ans=(ans%mod+mod)%mod;

    printf("%lld\n",ans);

    return 0;

}