题解：CF629E Famil Door and Roads

题目传送门

思路

先考虑一共有多少种在环上的情况。

1. 钦定 \(x\) 的深度小于 \(y\)。询问的 \(x,y\) 满足 \(x\) 是 \(y\) 的祖先，也就是 \(y\) 在以 \(x\) 为根的子树中。

   首先从 \(x\) 到 \(y\) 的路径上（除 \(x,y\) 外）的点包括这些点的子树都不用考虑，这样必然成不了环 。

   

   那么这棵树就被分成了两部分，设 \(siz_i\) 为以 \(i\) 为根的子树大小。我们需要找到 \(x\) 的某一个儿子 \(z\) 满足以 \(z\) 为根的子树内包含 \(y\)。那么上图左部分就有 \(n-siz_z\) 个点，右部分有 \(siz_y\) 个点，那么就有 \((n-siz_z)\times siz_y\) 种情况成环。

2. 询问的 \(x,y\) 没有上述的祖孙关系，形如这样

   

   很显然，这种情况的成环的情况数为 \(siz_x\times siz_y\)。

那么好，现在情况数分析完了，我们再想怎么计算答案。

对于情况 \(1\)，设左半部分所有点到 \(x\) 的距离和为 \(sum_x\)，每个点都会和右边的所有点连一次，对环长的总贡献为 \(sum \times siz_y\)，设右半部分所有点到 \(y\) 的距离和为 \(sum_y\)，同理可得它对环长的贡献为 \((n-siz_z)\times sum_y\)，而所有可能的环必然包含 \(x,y\) 之间的路径，设路径长为 \(dis\)，那么贡献为 \((dis+1)\times (n-siz_z)\times siz_y\)，累加起来除情况数即可。

而对于情况 \(2\)，与 \(1\) 同理，环的总长为 \(siz_x\times sum_y+siz_y\times sum_x+siz_x\times siz_y\times dis\)。

上面两种情况，对于 \(1\) 中的 \(sum_y\) 和 \(2\) 中的 \(sum_x,sum_y\) 很好求，定义 \(g_i\) 为以 \(i\) 为根的子树到 \(i\) 的距离和，则 \(g_i=\sum_{j\in son_i}g_j+siz_j\)，即求 \(g_x\) 和 \(g_y\)。

但对于 \(1\) 中的 \(sum_x\) 却并不好求。观察 \(1\) 图发现，\(sum_x\) 实际上是将所有点到 \(x\) 的距离和减掉了儿子 \(z\) 这棵子树的贡献。那么定义 \(f_i\) 为全局所有点到 \(i\) 的距离和，这是很典的换根 dp。那么 \(sum_x=f_x-g_z-siz_z\)。还有一个问题，就是 \(1\) 中 \(z\) 的求法，这里很显然可以树上倍增。

那么综上来看，复杂度为 \(O(n+m\log n)\)。

code

int dep[N],fa[N][21],siz[N];
int f[N],g[N],n,m,rt=1;
vector<int>G[N];
void dfs(int now,int from)
{
    siz[now]=1;
    for(int i=1;(1<<i)<=dep[now];i++)
        fa[now][i]=fa[fa[now][i-1]][i-1];
    g[now]=0;
    for(int to:G[now])
    {
        if(to==from) continue;
        fa[to][0]=now;dep[to]=dep[now]+1;
        dfs(to,now);
        g[now]+=g[to]+siz[to],siz[now]+=siz[to];
    }
    return;
}
void redfs(int now,int from)
{
    for(int to:G[now])
    {
        if(to==from) continue;
        f[to]=f[now]+(n-2*siz[to]);
        redfs(to,now);
    }
    return;
}
int LCA(int x,int y)
{
    if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
    for(int i=20;~i;i--)
        if((1<<i)<=dep[x]-dep[y]) x=fa[x][i];
    if(x==y) return x;
    for(int i=20;~i;i--)
        if((fa[x][i]^fa[y][i])) x=fa[x][i],y=fa[y][i];
    return fa[x][0];
}
signed main()
{
    read(n,m);
    for(int i=1,x,y;i<n;i++)
    {
        read(x,y);
        G[x].push_back(y);
        G[y].push_back(x);
    }
    dfs(rt,0);for(int i=1;i<=n;i++) f[rt]+=dep[i];redfs(rt,0);
    for(int i=1,x,y,z;i<=m;i++)
    {
        read(x,y);
        if(dep[x]>dep[y]) swap(x,y);
        z=LCA(x,y);
        if(z==x){//情况 1
            int dis=dep[x]+dep[y]-2*dep[z],son=y;
            for(int i=20;~i;i--)
                if(fa[son][i]&&dep[fa[son][i]]>dep[x]) son=fa[son][i];//倍增求 z
            double Ans=siz[y]*(f[x]-g[son]-siz[son])+(n-siz[son])*g[y]+(dis+1)*(n-siz[son])*siz[y];
            printf("%.6lf\n",Ans/((n-siz[son])*siz[y]));
        }
        else{//情况 2
            int dis=dep[x]+dep[y]-2*dep[z];
            double Ans=siz[x]*siz[y]*(dis+1)+siz[y]*g[x]+siz[x]*g[y];
            printf("%.6lf\n",Ans/(siz[x]*siz[y]));
        }
    }
    return 0;
}

---