CF1060F Shrinking Tree

http://codeforces.com/problemset/problem/1060/F

题解

仙题。

参考：https://www.cnblogs.com/Mr-Spade/p/9747399.html

首先我们可以枚举每个点作为最后保留的节点，以它作为根节点进行树形\(dp\)。

注意到我们删去一条边可以看做把边权弄成0，这样根节点可以在边权为0的边上随意走动。

我们设计一个状态：\(dp[u][i]\)表示在以\(u\)为根的子树中，当根节点走到\(u\)时，子树内还剩下\(i\)条边的方案数。

这样相当于倒着推，那么最后的答案就是根节点刚进入这棵树的状态，就是\(dp[rot][n-1]\)。

那么我们接下来要考虑子树的\(dp\)值合并。

我们枚举了两个状态\(dp[u][i]\)和\(dp[v][j]\)。

我们发现这样不太够，我们还需要知道从\(u\)走到\(v\)的时候还有多少条边，我们令它为\(k\)。

然后我们考虑概率是多少。

首先这个\(k\)肯定不能大于\(j\)。

当\(k=j\)时，说明\(u-v\)这条边在\(u\)来之前就已经被干掉了，那么这条边的删除时间我们可以在\(v\)子树里的任意一条边的删除时间中插入，并且这条边的删除对根是没有影响的，所以就是\((size[v]-j)*1\)。

当\(k<j\)时，相当于是先到\(u\)，然后\(v\)中的一些边被删除了，然后再去删除\(u-v\)，这时需要考虑概率了，只有一半的概率会被选中，所以系数是\(0.5\)。

最后我们再考虑方案数。

当前两颗子树还剩下\(i\)和\(j\)条边，这两组边删去是互不影响的，所以这样的方案数就是插板法，注意已经删去的\(size[u]-i-1\)条边和\(size[v]-j\)也是互不影响的，也要用插板法算一下。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define N 52
#define mm make_pair
using namespace std;
typedef long double ll;
int head[N],tot,size[N],n;
ll c[N][N],dp[N][N],tmp[N],g[N];
inline int rd(){
    int x=0;char c=getchar();bool f=0;
	while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=getchar();}
	while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=getchar();}
	return f?-x:x;
}
struct edge{
	int n,to;
}e[N<<1];
inline ll calc(int n,int m){return c[n][m];}
inline ll path(int n,int m){return c[n+m][n];}
inline void add(int u,int v){
	e[++tot].n=head[u];e[tot].to=v;head[u]=tot;
}
void dfs(int u,int fa){
  dp[u][0]=1;size[u]=1;
  for(int i=head[u];i;i=e[i].n)if(e[i].to!=fa){
  	int v=e[i].to;
  	dfs(v,u);
  	for(int i=0;i<=size[v];++i){
  		g[i]=0;
  		for(int j=0;j<i;++j)g[i]+=0.5*dp[v][j];
  		g[i]+=(size[v]-i)*dp[v][i];
  	} 
  	for(int j=0;j<size[u];++j)
  		for(int k=0;k<=size[v];++k)
  			tmp[j+k]+=dp[u][j]*g[k]*path(j,k)*path(size[u]-1-j,size[v]-k);
  	for(int j=0;j<=size[u]+size[v];++j)dp[u][j]=tmp[j],tmp[j]=0;
  	size[u]+=size[v];
  }
}
int main(){
    n=rd();
    for(int i=0;i<=n;++i){
    	c[i][0]=1;
    	for(int j=1;j<=i;++j)c[i][j]=c[i-1][j-1]+c[i-1][j];
    }
    int u,v;
    for(int i=1;i<n;++i){
    	u=rd();v=rd();
    	add(u,v);add(v,u);
    }
    ll xx=1;
    for(int i=1;i<n;++i)xx=xx*i;
    for(int i=1;i<=n;++i){
      memset(dp,0,sizeof(dp));
      dfs(i,0);
      double x=dp[i][n-1]/xx;
      printf("%.10lf\n",x);
    }
    return 0;
}