详细揭秘：特殊图高斯消元

树上高斯消元

给你一颗树，某些点为终止结点，求从每个点开始随机游走走到某个终止节点的期望时间。

从叶子开始将 \(f(u)\) 表示为 \(k(u)f(\text{fa}(u))+b(u)\)，带回 \(f(\text{fa}(u))\) 的方程中将 \(f(u)\) 消掉即可。

DAG 上高斯消元

可重集 / reset

有一个可重集 \(S\)，每一个时刻：

• 有 \(p\) 的概率执行以下操作：如果 \(S=\varnothing\)，则无事发生，否则会从 \(S\) 中删去恰好一个 \(\min(S)\)；
• 否则执行以下操作：如果 \(S=\varnothing\)，则会随机一个 \(x\in[1,n]\) 加入 \(S\) 中，否则会随机一个 \(x\in[1,\min(S)]\) 加入 \(S\) 中。

给定 \(n,m\)，\(q\) 次询问给出一个初始的 \(S\)，问期望什么时刻 \(\text{sum}(S)\) 第一次大于 \(m\)。

\(n,m\le 5\times 10^3\)，\(q,\sum|S|\le 10^5\)。

设 \(f(S)\) 为答案，则有：

\[f(S)=1+pf(S\setminus\min(S))+\dfrac{1-p}{\min(S)}\sum_{i=1}^{\min(S)}f(S\cup i) \]

使用树上高斯消元可得 \(40\) 分。

观察到转移只与 \(\text{sum}(S),\min(S)\) 有关，即对于所有 \(\text{sum}(S),\min(S)\) 相同的 \(S\)，它们转移的方式非常相似，考虑将它们压缩起来。我们设 \(f(i,j)\) 表示和为 \(i\)，最小值为 \(j\) 时的答案，则：

\[f(i,j)=1+pf(i-j,?)+\frac{1-p}{j}\sum_{x=1}^{j}f(i+x,x) \]

其中 \(f(i-j,?)\) 是不确定的：类比递归，调用者知道被调用者是谁，被调用者不知道调用者是谁。此处 \(f(i,j)\) 调用了 \(f(i+x,x)\)。

下面归纳证明：存在确定的 \(k(i,j)\) 和 \(b(i,j)\)，使得对于任意的 \(f(i-j,?)\) 均有 \(f(i,j)=k(i,j)f(i-j,?)+b(i,j)\)。

• 当 \(i>m\) 时，\(k(i,j)=b(i,j)=0\) 即可。
• 假设 \(i>i'\) 时结论均成立，当 \(i=i'\) 时：

\[\begin{aligned}f(i,j)&=1+p f(i-j,?)+\frac{1-p}{j}\sum_{x=1}^{j}f(i+x,x)\\ &=1+p f(i-j,?)+\frac{1-p}{j}\sum_{x=1}^{j}\left[k(i+x,x)f(i,j)+b(i+x,x)\right]\end{aligned}\]

移项得

\[k(i,j)=\dfrac{p}{1-\frac{1-p}{j}\sum_{x=1}^{j}k(i+x,x)} \]

\[b(i,j)=\dfrac{1+\frac{1-p}{j}\sum_{x=1}^j b(i+x,x)}{1-\frac{1-p}{j}\sum_{x=1}^{j}k(i+x,x)} \]

\(f(\varnothing)\) 没有前驱，单独计算：

\[f(\varnothing)=\frac{1+\frac{1-p}{n}\sum_{x=1}^n b(x,x)}{1-p-\frac{1-p}{n}\sum_{x=1}^n k(x,x)} \]

对于给定的初始集合 \(S\)，加入元素的顺序一定是从大到小。设 \(S\) 从大到小排序后为 \(a_{1\sim k}\)，前缀和为 \(b_{1\sim k}\)， 递归 \(f(b_k,a_k)=k(b_k,a_k)\times f(b_{k-1},a_{k-1})+b(b_k,a_k)\) 就能求出答案。

使用离线线性求逆可以做到 \(O(nm+q)\)。

更平凡地，

给你一个有向无环图，出度为 \(0\) 的点为终止结点，求从每个点开始随机游走走到某个终止节点的期望时间。

随机游走的规则为：对于每一次，设当前在点 \(u\)，有 \(p_u\) 的概率回退上一步游走以及 \(1-p_u\) 的概率进行一次游走，以 \(w_{u,v}\) 为权随机一条边 \(u\to v\) 游走到点 \(v\)。

ACAM 上高斯消元

字符串 / string

给你 \(n\) 个长为 \(m\)、字符集为 \(k\) 的字符串 \(T_{1\sim n}\)，以及一个长为 \(k\) 的序列 \(p_{1\sim k}\)，每次询问给一个字符串 \(S\)，在 \(S\) 后面以 \(p\) 为概率随机添加字符直到恰好包含任意一个 \(T_i\)，求期望添加字符数量。

\(n,m\le 100\)，\(k\le 10^9\)。

建出 ACAM，由于字符集大，我们不复制转移，当需要转移 \((x,t,c)\) 这样一条边时从 \(\text{fail}(x)\) 开始暴力跳 \(\text{fail}\) 直到存在 \(c\) 转移边即可。考虑一个串在 Trie 树上形成的一条链，显然每次跳 \(\text{fail}\) 都会使深度变小至少 \(1\)，而转移一个字符深度至多增加 \(1\)，所以这部分均摊复杂度 \(O(nm\log k)\)。

不妨先考虑字符集 \(k\) 较小的时候怎么做。设 \(g_{u,c}\) 表示从节点 \(u\) 添加转移 \(c\) 到达的点，\(f(u)\) 为从 \(u\) 开始游走需要的期望时间。

\[f(u)=1+\sum_{c}f(g_{u,c})p_c \]

暴力高消只能做到 \(O(n^3m^3+nmk)\)。

一个思路为取若干变量为关键变量，使得其它变量都可以通过关键变量的线性组合加一个常数来表示。对于这个问题，对于 Trie 树上所有儿子数量 \(\text{son}(u)\ge 2\) 的结点 \(u\)，我们将所有 \(u\) 的儿子 \(v\) 对应的变量 \(f(v)\) 设为关键变量。除此之外，再将 \(f(0)\) 设为关键变量。

接下来我们需要将所有非关键变量用关键变量表示。我们按深度从小到大考虑，对于结点 \(u\)，由于它是非关键变量，所以它的父亲 \(t\) 只有它一个儿子，设 \(u\) 到父亲的边上的字符为 \(c\)。

\[f(t)=1+f(u)p_c+\sum_{i\ne c}f(g_{t,i})p_i \]

由于 \(t\) 只有 \(u\) 一个儿子，后面那部分都是已经表示过的，所以可以直接表示出 \(f(u)\)。

考虑关键变量数量，由于叶子只有 \(O(n)\) 个，每一次出现大于一个儿子就会多出现对应数量的叶子，所以关键变量只有 \(O(n)\) 个。

再考虑如何将关键变量消元。设有 \(l\) 个关键变量，则必然剩余 \(l\) 个方程：

• 对于 \(\text{son}(u)\ge 2\):

\[f(t)=1+\sum_{i}f(g_{t,i})p_i \]

• 对于 \(\text{son}(u)=0\)：

\[f(u)=0 \]

时间复杂度 \(O(n^2mk+n^3)\)，不够优秀。

考虑将 \(k\) 去掉。对于表示 \(f(u)\) 的部分：

\[f(u)=\dfrac{f(t)-\sum_{i\ne c}f(g_{t,i})p_i-1}{p_c} \]

若 \(t=0\)，则

\[f(u)=f(t)-\dfrac{1}{p_c} \]

否则

\[f(u)=\dfrac{f(t)-f(\text{fail}(t))}{p_c}+f(\text{fail}(u)) \]

对于求解关键变量列方程的部分：

\[\begin{aligned}f(t)&=1+\sum_{c}f(g_{t,c})p_c\\ &=1+\sum_{c\in\text{son}(t)}f(g_{t,c})p_c+\sum_{c\notin\text{son}(t)}f(g_{\text{fail}(t),c})p_c\\ &=f(\text{fail}(t))+\sum_{c\in\text{son}(t)}\left[f(g_{t,c})-f(\text{fail}(g_{t,c}))\right]p_c \end{aligned}\]

时间复杂度成功优化成 \(O(n^2m+n^3)\)。