P10879 「KDOI-07」对树链剖分的爱

简要题意

给出一棵 \(n\) 个节点以 \(1\) 为根的有根树。对于第 \(2\le i \le n\) 个节点，其父亲 \(f_i\) 在 [\(l_i\),\(r_i\)] 中均匀随机。每个树的边有边权，初始为 \(0\)。

现在有 \(m\) 次操作，第 \(i\) 次操作表示将 (\(u_i\),\(v_i\)) 的路径上所有的边的权值统一加上 \(w_i\) 。\(m\) 次操作结束后，对于所有 \(i=2\) ∼ \(n\)，求 (\(i\),\(f_i\)) 边上权值的期望，对 \(998244353\) 取模。

前置知识

树，期望，dp

思路

非常妙的一道题。

先写一种简单的思路，我们发现如果选择的路径 \((u,v)\) 且 \(u<v\) 因为父亲的编码一定小于自己，所以 \((v,f_v)\) 这条边一定会增加 \(w\) 然后情况就变为处理 \((u,f_v)\) 一个更小的情况。

这启示我们做一个 dp ，设 \(f_{i,j}\) 保证 \(i<j\) 表示(题目给出)初始选择 \((u,v)\) 需要处理 \((i,j)\) 这条链时 \((j,f_j)\) 的期望。转移就非常的简单，\(f_{i,k}+={f_{i,j}\over r[j]-l[j]+1}\) 意思是枚举 \(j\) 的父亲，转移到父亲。\(i\) 的答案显然是 \(\sum_{j<i}f_{j,i}\) 就是枚举所有情况的期望加起来。

但是这样的时间复杂度可以发现是 \(O(n^3)\) 。怎么优化呢？我们发现 \(k\) 的枚举非常的没有用，因为转移与 \(k\) 根本无关。我们观察 \((i,j)\) 转移到的位置，可以发现在二维平面上的两个矩形（可以通过对 \(k\) 与 \(j\) 关系分类即可发现）所以我们做的事情就是矩形加，求单点的值。我们可以通过二维差分变为单点修改求后缀和（因为 \(j\) 影响的是比它小的），然后就非常的简单的变为了 \(O(n^2)\)

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int mod=998244353,N=5e3+10;
int n,m,inv[N],f[N][N],ans[N],l[N],r[N]; 
int add(int u,int v){return (u+v)%mod;}
int sub(int u,int v){return (u-v+mod)%mod;}
void add(int x1,int y1,int x2,int y2,int z)
{
	if(x1>y1||x2>y2||x1>x2||y1>y2)return ;
	f[x2][y2]=add(f[x2][y2],z);
	f[x1-1][y1-1]=add(f[x1-1][y1-1],z);
	f[x2][y1-1]=sub(f[x2][y1-1],z);
	f[x1-1][y2]=sub(f[x1-1][y2],z);
	return ;
}
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	cin>>n;
	for(int i=2;i<=n;i++)cin>>l[i]>>r[i];
	cin>>m;
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		int u,v,w;cin>>u>>v>>w;
		if(u==v)continue;
		if(u>v)swap(u,v);//保证u<v
		add(u,v,u,v,w); 
	}
	inv[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)inv[i]=(mod-mod/i+mod)*inv[mod%i]%mod;//预处理出逆元 
	for(int u=n;u>=1;u--)
		for(int v=n;v>=u;v--)
		{
			f[u][v]=add(f[u][v],f[u][v+1]);
			f[u][v]=add(f[u][v],f[u+1][v]);
			f[u][v]=sub(f[u][v],f[u+1][v+1]);//前缀和求出f[u][v]的值
			if(u==v)continue;
			int val=f[u][v]*inv[r[v]-l[v]+1]%mod;
			add(u,max(u+1,l[v]),u,r[v],val);
			add(l[v],u,min(u-1,r[v]),u,val);//?
			ans[v]=add(ans[v],f[u][v]); 
		} 
	for(int i=2;i<=n;i++)cout<<ans[i]%mod<<' ';
	return 0;
 }