20250812 做题记录

打模拟赛，上午做了两题，旅行家 和 铝装，都好水。

下午看了一会 T3 不懂就摆了，不能这样啊啊啊啊啊

晚上继续思考 T3，发现洛谷的一个比较好的题解。

发现你最后要求根节点不能变。

然后你考虑删边的过程：对于节点 \(u\)，和儿子 \(v\)，在 \((u,v)\) 被删掉以前，\(v\) 子树内咋搞都行；\((u,v)\) 删掉之后，\(v\) 子树内所有本来连到 \(v\) 的点，都必须保留上面的 \(u\)。

因此可以设计状态：\(dp(u,i)\) 表示 \(u\) 子树内，删去最后的 \(i\) 条边前后，根节点不变，的概率。

然后考虑 \(dp(v)\to dp(u)\)：

• 我们先只考虑 \(G=\{u\}\cup subtree(v)\)，记该树删去最后 \(i\) 条边前后，不改变根节点的概率为 \(g(i)\)，枚举 \((u,v)\) 是倒数第 \(j\) 步被删掉的边：

  • 如果 \(j\le i\)，即删这条边的时候根节点总是被保留。这是一个 \(0.5\) 的概率。然后，对于所有的合并，要求根节点被保留（但是根节点与 \(v\) 合并了，因此等价于 \(v\) 被保留）那么概率是 \(f(v,j-1)\)。总体就是 \(0.5f(v,j-1)\)。
  • 如果 \(j>i\)，即删这条边的时候根节点没有限制，是谁都行，但是需要最后的 \(i\) 轮删边都合法，因此概率就是 \(f(v,i)\)。
  • 不过别忘了，这里枚举了这个边是第几个加进来的，因此概率都要除以 \(sz_v\)。

• 然后把 \(G\) 与 \(subtree(u)\) 合并起来，更新 \(f(u)\)。

  • 如果要合并 \(f(u,i)\) 与 \(g(j)\)，可以发现，前面原本子树删边的相对关系不能改变，\(G\) 中删边顺序也不能改变。（因为这个状态是与顺序相关的）。因此可以在一共要删的若干条边中选出一些作为 \(subtree(u)\) 中的，一些作为 \(G\) 中的。然后呢，对于每一类，前若干个是没有要求的删边，后若干个是要求保持根节点不变的删边。排列组合一下即可。

  • 具体而言，两个图中的边，原来后 \(i,j\) 个删掉，现在他们拼起来得是后 \(i+j\) 个删掉，因此概率为：

    \[\frac{\binom{a+c}{a}\binom{b+d}{b}}{\binom{a+b+c+d}{a+b}} \]

就做完了。