2026ICPC网络预选赛第二场 I 题 Island 题解

、可以把原题转换一下：初始边集为空，然后将 \(n+k-2\) 条边按一个特定顺序以 \(\dfrac{1}{2}\) 的概率加入边集。

连通块个数即为 \(n\) 减去将两个连通块相连的边的数量。

如果第 \(i\) 条边加入边集并且将两个连通块相连的概率为 \(P_i\)，那么答案就是 \(n-\sum\limits_{i=1}^{n+k-2}P_i\)。

考虑先处理 \(n-1\) 条树边后处理 \(k-1\) 条额外边。树边一定将两个连通块相连，所以对应的概率就是 \(\dfrac{1}{2}\)。

目前的答案就是 \(n-(n-1)\times\dfrac{1}{2}=\dfrac{n+1}{2}\)。

处理 \(k-1\) 条额外边，注意到加入顺序是随意的，我们可以在两个叶子节点的 LCA 处理这条额外边。

令 \(L_u\) 表示 \(u\) 子树内 dfs 序最小的叶子节点，\(R_u\) 表示 \(u\) 子树内 dfs 序最大的叶子节点。

那么在 dfs 的过程中，我们当前的节点 \(u\) 有两个相邻的儿子 \(v,w\)，我们就可以处理 \(R_v\) 和 \(L_w\) 之间的额外边。

设 \(F_L(u)\) 表示 \(u\) 和 \(L_u\) 连通的概率；\(F_R(u)\) 表示 \(u\) 和 \(R_u\) 连通的概率；

\(F_{LR}(u)\) 表示 \(L_u\) 和 \(R_u\) 连通的概率；\(D(u)\) 表示 \(L_u\) 和 \(R_u\) 连通，但不与 \(u\) 连通的概率。

\(F_{LR}(u)-D(u)\) 即 \(u,L_u,R_u\) 连通的概率。

对于 \(u\) 的第一个儿子 \(v\)：

1. \(F_L(u)=\dfrac{1}{2}F_L(v),F_R(u)=\dfrac{1}{2}F_R(v)\)，因为目前只有一个儿子，只能依靠当前树边连通。
2. \(F_{LR}(u)=F_{LR}(v)\)，因为这两个叶子节点的连通和当前树边无关。
3. \(D(u)=\dfrac{1}{2}(F_{LR}(v)+D(v))\)。

第一种情况：\(L_v\) 和 \(R_v\) 连通，但不与 \(v\) 连通，概率为 \(D(v)\)

此时与当前树边无关，概率为 \(D(v)\)

第二种情况：\(v,L_v,R_v\) 连通，概率为 \(F_{LR}(v)-D(v)\)

此时当前树边一定不能加进边集，概率为 \(\dfrac{1}{2}(F_{LR}(v)-D(v))\)

因此 \(D(u)=D(v)+\dfrac{1}{2}(F_{LR}(v)-D(v))=\dfrac{1}{2}(F_{LR}(v)+D(v))\)

对于 \(u\) 后面的儿子 \(v\)：

1. 额外边对答案的贡献为 \(-\dfrac1{2}[1-\dfrac{1}{2}F_R(u)F_L(v)]\)

当前边有 \(\dfrac{1}{2}\) 概率加进去，加进去后不影响答案需要满足 \(u\) 和 \(R_u\) 连通，\(v\) 和 \(L_v\) 连通，树边 \((u,v)\) 也存在。

2. \(F^\prime_{L}(u)=F_{L}(u)+\dfrac{1}{4}D(u)F_L(v)\)

第一种情况：原本 \(u,L_u\) 就能连通，概率为 \(F_L(u)\)

第二种情况：\(u,L_u\) 不连通

需要满足 \(L_u,R_u\) 连通且不与 \(u\) 连通，额外边 \((R_u,L_v)\) 存在，\(L_v,v\) 连通，树边 \((u,v)\) 也存在，概率为 \(\dfrac{1}{4}D(u)F_L(v)\)。

3. \(F^\prime_R(u)=\dfrac{1}{2}F_R(v)+\dfrac{1}{4}F_R(u)(F_{LR}(v)+D(v))\)

注意新的 \(R_u\) 是 \(R_v\)。

第一种情况：\(v,R_v\) 连通并且树边 \((u,v)\) 存在，概率为 \(\dfrac{1}{2}F_R(v)\)。

第二种情况：\(v,R_v\) 连通并且树边 \((u,v)\) 不存在

需要满足树边 \((u,v)\) 不存在， \(L_v,R_v,v\) 都连通，额外边 \((R_u,L_v)\) 存在，\(R_u,u\) 连通，概率为 \(\dfrac{1}{4}F_R(u)(F_{LR}(v)-D(v))\)。

第三种情况：\(L_v,R_v\) 连通但不与 \(v\) 连通，且树边 \((u,v)\) 不存在

还需要满足额外边 \((R_u,L_v)\) 存在，\(R_u,u\) 连通，概率为 \(\dfrac{1}{2}F_R(u)D(v)\)。

\(\begin{aligned}F^\prime_R(u)&=\dfrac{1}{2}F_R(v)+\dfrac{1}{4}F_R(u)(F_{LR}(v)-D(v))+\dfrac{1}{2}F_R(u)D(v)\\&=\dfrac{1}{2}F_R(v)+\dfrac{1}{4}F_R(u)(F_{LR}(v)+D(v))\end{aligned}\)

4. \(F^\prime_{LR}(u)=\dfrac{1}{2}(F_L(u)F_R(v)-D(u)D(v))+\dfrac{1}{4}(F_{LR}(u)+D(u))(F_{LR}(v)+D(v))\)

注意新的 \(R_u\) 是 \(R_v\)。

第一种情况是 \(L_u\) 和 \(u\) 连通，树边 \((u,v)\) 存在，\(v,R_v\) 连通，概率为 \(\dfrac{1}{2}F_L(u)F_R(v)\)

第二种情况是 \(L_u\) 和 \(R_u\) 连通，额外边 \((R_u,L_v)\) 存在， \(L_v\) 和 \(R_v\) 连通，概率为 \(\dfrac{1}{2}F_{LR}(u)F_{LR}(v)\)

前两种情况有重复的，重复的满足：

\(u,L_u,R_u\) 连通，\(v,L_v,R_v\) 连通，树边 \((u,v)\) 存在，额外边 \((R_u,L_v)\) 存在，概率为 \(\dfrac{1}{4}(F_{LR}(u)-D(u))(F_{LR}(v)-D(v))\)

\(\begin{aligned}F^\prime_{LR}(u)&=\dfrac{1}{2}F_L(u)F_R(v)+\dfrac{1}{2}F_{LR}(u)F_{LR}(v)-\dfrac{1}{4}(F_{LR}(u)-D(u))(F_{LR}(v)-D(v))\\&=\dfrac{1}{2}(F_L(u)F_R(v)-D(u)D(v))+\dfrac{1}{4}(F_{LR}(u)+D(u))(F_{LR}(v)+D(v))\end{aligned}\)

5. \(D^\prime(u)=\dfrac{1}{4}D(u)(F_{LR}(v)+D(v))\)

注意新的 \(R_u\) 是 \(R_v\)。由于 \(L_u\) 一定不与 \(u\) 连通，只能走额外边 \((R_u,L_v)\)。

需要 \(L_u,R_u\) 连通但不与 \(u\) 连通，额外边 \((R_u,L_v)\) 存在，\(L_v\) 和 \(R_v\) 连通，概率为 \(\dfrac{1}{2}D(u)F_{LR}(v)\)。

但是不能同时满足 \(L_v,R_v,v\) 连通且树边 \((u,v)\) 存在，概率为 \(\dfrac{1}{4}D(u)D(v)\)。

\(D^\prime(u)=\dfrac{1}{2}D(u)F_{LR}(v)-\dfrac{1}{4}D(u)D(v)=\dfrac{1}{4}D(u)(F_{LR}(v)+D(v))\)

时空 \(O(n)\)。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN=100005,mod=998244353,inv2=(mod+1)>>1,inv4=(mod*3ll+1)/4;
int n,ans;
vector<int>vec[MAXN];
ll f[MAXN][4];//0: u,Lu; 1:u,Ru; 2:Lu,Ru; 3:Lu,Ru without u
void dfs(int u) {
	if(vec[u].empty()) {
		f[u][0]=f[u][1]=f[u][2]=1,f[u][3]=0;
		return;
	}
	for(int v:vec[u]) {
		dfs(v);
		if(v==vec[u][0]) {
			f[u][0]=f[v][0]*inv2%mod;
			f[u][1]=f[v][1]*inv2%mod;
			f[u][2]=f[v][2];
			f[u][3]=(f[v][2]+f[v][3])*inv2%mod;
		} else {
			ans=(ans+(1+f[u][1]*(mod-inv2)%mod*f[v][0])%mod*(mod-inv2))%mod;
			f[u][2]=(f[u][0]*f[v][1]+(mod-f[u][3])*f[v][3]+(f[u][2]+f[u][3])%mod*(f[v][2]+f[v][3])%mod*inv2)%mod*inv2%mod;
			f[u][0]=(f[u][0]+f[u][3]*inv2%mod*f[v][0]%mod*inv2)%mod;
			f[u][1]=(f[v][1]+f[u][1]*inv2%mod*(f[v][2]+f[v][3])%mod)*inv2%mod;
			f[u][3]=f[u][3]*inv4%mod*(f[v][2]+f[v][3])%mod;
		}
	}
}
void solve() {
	cin>>n;
	for(int i=1,x; i<=n; ++i) {
		cin>>x,vec[i].resize(x);
		for(int&x:vec[i])cin>>x;
	}
	ans=(n+1ll)*inv2%mod;
	dfs(1);
	cout<<ans<<endl;
}
int main() {
	cin.tie(0)->sync_with_stdio(false);
	int t;
	cin>>t;
	while(t--)solve();
	return 0;
}