Luogu P3412 仓鼠找sugar II

给定一棵 \(n\) 个节点的树，求任意两点 \(u\) 和 \(v\) 间随机游走步数的期望。

\(n \leq 100000\)。

考虑先固定 \(v\)，此时不妨令 \(v\) 为树根。

此时我们求出 \(x_u\) 表示 \(u\) 走到 \(fa_u\) 的期望步数，则答案为 \(\sum\limits_{u=1}^{n} size_u \times x_u\)。

考虑如何求出 \(x_u\)。令 \(u\) 的孩子个数为 \(t\)，容易列出 \(x_u = \dfrac{1 + \sum\limits_{p \in son_u}(1 + x_p + x_u)}{t+1}\)。

此时我们容易写出 \((t+1)x_u = 1 + t \times x_u + \sum\limits_{p \in son_u} (x_p + 1)\)，即 \(x_u = 1 + \sum\limits_{p \in son_u} (x_p + 1)\)。

接下来你就获得了 \(O(n^2)\) 的做法，考虑优化。

本质上，我们只需要求出 \(u\) 到其所有相邻点的期望步数，这一点是容易在树上得到的。

接下来考虑一条有向边 \((u,v)\) 的贡献，发现其产生贡献当且仅当 \(u\) 到 \(v\) 经过 \((u,v)\)，只需要求出两边大小乘积即可。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
const long long mod=998244353;
int child[100010];
long long x_1[100010],x_2[100010];
vector<int> G[100010];
void dfs_1(int u,int fa){
	child[u]=1;
	x_1[u]=1;
	for(int i=0;i<G[u].size();i++){
		int v=G[u][i];
		if(v!=fa){
			dfs_1(v,u);
			child[u]+=child[v];
			x_1[u]+=x_1[v]+1;
		}
	}
}
void dfs_2(int u,int fa){
	long long pre=0;
	if(fa!=-1){
		pre+=x_2[u]+1; 
	}
	for(int i=0;i<G[u].size();i++){
		int v=G[u][i];
		if(v!=fa){
			x_2[v]=1;
			pre+=x_1[v]+1;
		}
	}
	for(int i=0;i<G[u].size();i++){
		int v=G[u][i];
		if(v!=fa){
			x_2[v]+=pre-(x_1[v]+1);
			dfs_2(v,u);
		}
	}
}
long long inv(long long num){
	long long pre=mod-2,ans=1;
	while(pre){
		if(pre&1){
			ans=ans*num%mod;
		}
		num=num*num%mod;
		pre>>=1;
	}
	return ans;
}
int main(){
	int n;
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<n;i++){
		int u,v;
		scanf("%d %d",&u,&v);
		G[u].push_back(v);
		G[v].push_back(u);
	}
	dfs_1(1,-1);
	dfs_2(1,-1);
	long long ans=0;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		ans+=(x_1[i]+x_2[i])%mod*child[i]%mod*(n-child[i])%mod;
		ans%=mod;
	}
	printf("%lld",ans*inv((long long)n*n%mod)%mod);
    return 0;
}