[loj#3124] [CTS2019] 氪金手游
题意简述
\(n\) 种卡，每种有权值 \(W_i\) ，\(W_i\) 以 \(p_{i,j}\) 的概率取 \(j\) ( \(j =1,2,3\) )
不断抽卡，抽到卡 \(i\) 的概率是 \(\frac{W_i}{\sum\limits_{j=1}^n W_j}\)
设 \(T_i\) 表示第一次抽到 \(i\) 的时间
给定 \(n-1\) 个限制 \((u_i,v_i)\) ，要求 \(T_{u_i}<T_{v_i}\)，以所有限制做边可形成一棵 \(n\) 个节点的树
求满足所有限制的概率
\(n \leq 10^6\)
想法
乍一看不好下手，于是考虑子树 \(dp\)
假设是外向树，且已知 \(W_i\) ，则中奖概率为 \(\prod\frac{W_i}{size_i}\)
则总中奖概率为 \(\sum [(\prod\limits_{i=1}^n P_{i,W_i})\times \prod\limits_{i=1}^n \frac{W_i}{size_i}]\)
用 \(dp\) 计算，设以 \(i\) 为根的子树，\(size_i\) 为 \(s\) 的情况下，整个子树的中奖概率为 \(f[u][s]\)
当 \(u\) 仅有自己一个点时， \(f[u][s]=P_{u,s}=\frac{a_{u,s}}{a_{u,1}+a_{u,2}+a_{u,3}}\)
边 \((u,v)\) 将子节点 \(v\) 的 \(dp\) 值更新 \(u\) （\(f'[u][s]\) 表示更新前的），\(f[u][s]+=\sum f[v][i]\times f'[u][s-i]\times \frac{s-i}{s}\)
进行树形背包 \(dp\) 就可以了，复杂度 \(O(n^2)\)
然而上面做法只针对外向树，如果有从儿子指向父亲的反向边怎么办呢？
容斥！
\(ans=\sum (-1)^i \times 至少 i 条反向边不合法\)
直接在整棵树中枚举哪些反向边不合法的复杂度过高，考虑仍在树形 \(dp\) 中容斥
考虑连接 \(u\) 与子节点 \(v\) 的边 \((u,v)\)
1.如果它原本是正向边，则转移方式不变：\(f[u][s]+=\sum f[v][i]\times f'[u][s-i]\times \frac{s-i}{s}\)
2.如果它原本是反向边，则讨论它在不在“至少 \(i\) 条反向边不合法”中
-
如果不在，说明这条边是“正向反向无所谓”的，直接不考虑这条边的限制，即：\(f[u][s]+=\sum\limits_i f'[u][s] \times f[v][i]=f'[u][s]\times (\sum f[v][i])\)
-
如果在，说明这条边是正向边，需要乘上容斥系数 \(-1\) ，即：\(f[u][s]-=\sum f[v][i]\times f'[u][s-i]\times \frac{s-i}{s}\)
总结
技巧
咋一看复杂的问题，可先从小规模问题入手分析（如树形结构的问题考虑子树）
代码
树上背包的写法，可以考虑是对每条边 \((u,v)\) ，用 \(v\) 更新 \(u\) 的 \(dp\) 值。
取模检查 \(1ll*\) 与 \(\%P\)
代码
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define P 998244353
using namespace std;
int read(){
int x=0;
char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) ch=getchar();
while(isdigit(ch)) x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return x;
}
const int N = 1005;
int n,a[N][4];
struct node{
int v,dir;
node *nxt;
}pool[N*2],*h[N];
int cnt;
void addedge(int u,int v){
node *p=&pool[++cnt],*q=&pool[++cnt];
p->v=v;p->nxt=h[u];h[u]=p; p->dir=v;
q->v=u;q->nxt=h[v];h[v]=q; q->dir=v;
}
int Pow_mod(int x,int y){
int ret=1;
while(y){
if(y&1) ret=1ll*ret*x%P;
x=1ll*x*x%P;
y>>=1;
}
return ret;
}
int Plus(int x,int y) { return x+y<P?x+y:x+y-P; }
int Minus(int x,int y) { return x>=y?x-y:x-y+P; }
int inv[N*3];
int f[N][N*3],sz[N],g[N*3];
void dfs(int u,int fa){
int v;
sz[u]=1;
f[u][1]=a[u][1]; f[u][2]=a[u][2]; f[u][3]=a[u][3];
for(node *p=h[u];p;p=p->nxt)
if((v=p->v)!=fa) {
dfs(v,u);
if(p->dir==v){
for(int i=1;i<=sz[u]*3;i++)
for(int j=1;j<=sz[v]*3;j++)
g[i+j]=Plus(g[i+j],1ll*f[u][i]*f[v][j]%P*i%P*inv[i+j]%P);
sz[u]+=sz[v];
for(int i=1;i<=sz[u]*3;i++)
f[u][i]=g[i],g[i]=0;
}
else{
for(int i=1;i<=sz[u]*3;i++)
for(int j=1;j<=sz[v]*3;j++)
g[i+j]=Minus(g[i+j],1ll*f[u][i]*f[v][j]%P*i%P*inv[i+j]%P);
int sum=0;
for(int i=1;i<=sz[v]*3;i++) sum=Plus(sum,f[v][i]);
for(int i=1;i<=sz[u]*3;i++)
g[i]=Plus(g[i],1ll*f[u][i]*sum%P);
sz[u]+=sz[v];
for(int i=1;i<=sz[u]*3;i++)
f[u][i]=g[i],g[i]=0;
}
}
}
int main()
{
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++){
a[i][1]=read(); a[i][2]=read(); a[i][3]=read();
int Inv=Pow_mod(Plus(a[i][1],Plus(a[i][2],a[i][3])),P-2);
a[i][1]=1ll*a[i][1]*Inv%P;
a[i][2]=1ll*a[i][2]*Inv%P;
a[i][3]=1ll*a[i][3]*Inv%P;
}
int u,v;
for(int i=1;i<n;i++){
u=read(); v=read();
addedge(u,v);
}
inv[1]=1;
for(int i=2;i<=n*3;i++) inv[i]=P-1ll*(P/i)*inv[P%i]%P;
dfs(1,0);
int ans=0;
for(int i=1;i<=n*3;i++) ans=Plus(ans,f[1][i]);
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
