解题报告-小 A 的树

小 A 的树

题目描述

小 A 有一棵 \(N\) 个点的树，每个点都有一个小于 \(2^{20}\) 的非负整数权值。现在小 A 从树中随机选择一个点 \(x\)，再随机选择一个点 \(y\)（\(x\)、\(y\)可以是同一个点），并对从 \(x\) 到 \(y\) 的路径上所有的点的权值分别做按位与、按位或、异或运算，最终会求得三个整数。小 A 想知道，他求出的三个数的期望值分别是多少。

输入描述

输入包含多组测试数据。

第一行，一个整数 \(T\)，表示测试数据的组数。

接下来 \(T\) 节，每节表示一组测试数据，格式如下：

第一行，一个整数 \(N\)。
第二行，\(N\) 个整数，其中第 \(i\) 个整数表示第 \(i\) 个点的权值。
接下来 \(N-1\) 行，每行两个整数 \(u\)、\(v\)，表示树中有一条连接 \(u\)、\(v\) 的边。

输出描述

共 \(T\) 行，每行三个浮点数，保留三位小数，其中第 \(i\) 行的三个浮点数表示第 \(i\) 组数据对应的按位与、按位或、异或的期望。

输入输出描述 #1

输入样例 #1

输出样例 #1

0.875 4.250 3.375

提示/说明

数据范围

对于 \(20\)% 的数据，\(1 \leq N \leq 10^3\)。
另外 \(20\)% 的数据，\(N\) 个点构成一条链。
对于 \(100\)% 的数据，\(1 \leq N \leq 10^5\)，\(1\leq T\leq 5\)。

对于不同路径的判断

设有两个树上的点 \(u\)、\(v\)。

若 \(u=v\)，则路径 \(u \rightarrow v\) 和路径 \(v \rightarrow u\) 是相同路径。
若 \(u \neq v\)，则路径 \(u \rightarrow v\) 和路径 \(v \rightarrow u\) 是不同路径。

解题报告

神秘树形 DP。

首先要有一个思路：按位与、按位或、异或三个运算都是各进制位独立运算，可以考虑分开进行。

所以，我们可以求出三个运算使每个二进制位为 \(1\) 的期望，最后统计总期望。

由于总路径数量一定，为 \(N \times N\)，所以我们对于每个运算只需求出可以使每个二进制位为 \(1\) 的路径数。

一个很常见的思路：对于每个在以 \(u\) 为根的子树，统计以 \(u\) 为一个端点的路径的价值，再转换成每条在以 \(u\) 为根的子树的路径的价值。其实就是把 \(u\) 作为 LCA 的路径 \(s \rightarrow t\)，把这条路径分成 \(s \rightarrow u\) 和 \(u \rightarrow t\) 两天路径，单独处理出每个 \(s \rightarrow u\) 和 \(u \rightarrow t\) 的路径的价值，既可以计算出每个路径的价值。

然后就是一个简单的树形 DP。

设 \(dp[u][i][0/1/2]\) 分别表示以节点 \(u\) 的子树中以 \(u\) 为端点的路径中按位与、按位或、异或后可以使第 \(i\) 个二进制位为 \(1\) 的路径数。

设 \(val[u][i]\) 表示节点 \(u\) 的权值第 \(i\) 个二进制位状态。

设 \(siz[u]\) 表示子树 \(u\) 的大小，同时也等价于子树内以 \(u\) 为端点的路径的条数。

设 \(v\) 为 \(u\) 的一个子节点。

转移方程很好推，代码如下：

for(int i=1;i<M;j++)
{
    if(val[u][i])
    {
         dp[u][i][0]+=dp[v][i][0];
         dp[u][i][1]+=siz[v];
         dp[u][i][2]+=siz[v]-dp[v][i][2];
    }
    else
    {
         dp[u][i][1]+=dp[v][j][1];
         dp[u][j][2]+=dp[v][i][2];
    }
}

然后就可以对子树 \(u\) 分别统计三个运算中使第 \(i\) 个二进制位为 \(1\) 的路径总数 \(cnt[0/1/2][i]\) ：

// 统计u->u的路径
for(int j=1;j<M;j++)
{
    cnt[0][j]+=val[u][j];
    cnt[1][j]+=val[u][j];
    cnt[2][j]+=val[u][j];
}

// 统计子树内经过 u 且起始点不同的路径
for(auto v:e[u])
{
    if(v==fa) continue;
    for(int j=1;j<M;j++)
    {
        cnt[0][j]+=2*dp[u][i][0]*dp[v][i][0];
        cnt[1][j]+=2*(siz[u]*siz[v]-(siz[u]-dp[u][j][1])*(siz[v]-dp[v][j][1]));
        cnt[2][j]+=2*(dp[u][j][2]*(siz[v]-dp[v][j][2])+dp[v][j][2]*(siz[u]-dp[u][j][2]));
    }
}

然后统计答案就好了，总代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int N=1001100;
const int M=32;

#define ckmax(x,y) ( x=max(x,y) )
#define ckmin(x,y) ( x=min(x,y) )

inline int read()
{
	int f=1,x=0; char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)) { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
	while(isdigit(ch))  { x=x*10+ch-'0';    ch=getchar(); }
	return f*x;
}

struct node
{
    int siz;
    int f[3][M];
    bool val[M];
}p[N];
int n;
int cnt[3][M];
vector<int> e[N];

inline void addedge(int u,int v)
{
    e[u].push_back(v);
    e[v].push_back(u);
}

inline void Clear()
{
    memset(cnt,0,sizeof(cnt));
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        memset(p[i].val,0,sizeof(p[i].val));
        memset(p[i].f,0,sizeof(p[i].f));
        p[i].siz=0;
        e[i].clear();
    }
}

inline void debug(int u)
{
    printf("%d\n",u);
    for(int i=1;i<M;i++)
      printf("%d ",p[u].val[i]);
    cout<<endl;
    for(int j= 0;j<3;j++,putchar('\n'))
     for(int i=1;i<M;i++,putchar(' '))
       cout<<p[u].f[j][i];
    cout<<endl<<endl;
}

void dfs(int u,int fa)
{
    p[u].siz=1;
    for(int i=0;i<e[u].size();i++)
    {
        int v=e[u][i];
        if(v==fa) continue;
        dfs(v,u);
        for(int j=1;j<M;j++)
        {
            cnt[0][j]+=2*p[u].f[0][j]*p[v].f[0][j];
            cnt[1][j]+=2*(p[u].siz*p[v].siz-(p[u].siz-p[u].f[1][j])*(p[v].siz-p[v].f[1][j]));
            cnt[2][j]+=2*(p[u].f[2][j]*(p[v].siz-p[v].f[2][j])+p[v].f[2][j]*(p[u].siz-p[u].f[2][j]));
        }
        p[u].siz+=p[v].siz;
        for(int j=1;j<M;j++)
        {
            if(p[u].val[j])
            {
                p[u].f[0][j]+=p[v].f[0][j];
                p[u].f[1][j]+=p[v].siz;
                p[u].f[2][j]+=p[v].siz-p[v].f[2][j];
            }
            else
            {
                p[u].f[1][j]+=p[v].f[1][j];
                p[u].f[2][j]+=p[v].f[2][j];
            }
        }

    }
    // debug(u);
}

signed main()
{
	freopen("tree.in","r",stdin);
	freopen("tree.out","w",stdout);
    int Q=read();
    while(Q--)
    {
        n=read();
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            int x=read();
            for(int j=1;j<M;j++)
            {
                p[i].val[j]=(x>>j-1)&1;
                p[i].f[0][j]=p[i].val[j];
                p[i].f[1][j]=p[i].val[j];
                p[i].f[2][j]=p[i].val[j];
                cnt[0][j]+=p[i].val[j];
                cnt[1][j]+=p[i].val[j];
                cnt[2][j]+=p[i].val[j];
            }
        }
        for(int i=1;i<n;i++)
          addedge(read(),read());
        dfs(1,0);
        int tot=n*n;
        double ans0=0,ans1=0,ans2=0;
        for(int i=1;i<M;i++)
        {
            int tmp=(1<<i-1);
            ans0+=(double)tmp*cnt[0][i]/(double)tot;
            ans1+=(double)tmp*cnt[1][i]/(double)tot;
            ans2+=(double)tmp*cnt[2][i]/(double)tot;
        }
        printf("%.3lf %.3lf %.3lf\n",ans0,ans1,ans2);
        Clear();
    }
	return 0;
}

posted @ 2025-10-03 09:58 南北天球阅读(9) 评论(0) 收藏举报

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