P5405 [CTS2019] 氪金手游 题解

CTS2019 压轴题果然是有很大的难度的。

题面

给定一颗 \(n\) 个点的树，每条边有一个方向。

现在我们不断从 \(n\) 个点中随机抽取一个，直到所有的点都被抽取至少一次。每个点有一个取值 \(p_i\)，值为 \(1,2,3\) 中的一个，代表这个点被抽中的概率为 \(\frac{p_i}{\sum_j p_j}\)。

记 \(i\) 号点在第 \(T_i\) 次抽取时第一次被抽中，现在想要问你，满足"对于树上的任意一条有向边 \(u_i \to v_i\)，满足 \(T_{u_i}<T_{v_i}\)"的概率。

注意，\(p_i\) 的值不是给定的，它在一开始以 \(P_{i,j}\) 的概率取值为 \(j\)，之后就不再变化。

数据范围：\(n \le 1000\)。

思路 - 1

思路来自 xtr 老师，为什么这么复杂……但是感觉还是跟题解区都不太相同的做法，就写一下吧。

看懂这个题目花了我 5 分钟的时间，主要是因为这道题要素太多了！！！

题目中的概率模型过于复杂，考虑暂时简化一下题目：假设 \(p_i\) 的值在一开始给定。

而且，题目中的树边并不是统一的方向。我们先假设若这棵树是一棵外向树，该如何做出来。

设这棵树的根结点为 \(r\)，显然要满足条件，\(r\) 必须要最先抽中，这样的概率就是 \(\frac{p_r}{\sum_j p_j}\)。而因为子树之间是互相独立的，所以所有的子树都要满足这个顺序：先是根结点，然后才是其他的点。

不妨设 \(S_i\) 为 \(i\) 的子树，答案就是：

\[\prod_i \frac{p_i}{\sum_{j \in S_i} p_j} \]

但是实际上树的方向并不是那么统一，不难发现主要是因为“父亲比儿子先被选”和“儿子比父亲先被选”是两种对立且可以同时存在的限制。采用容斥的思路，不妨将这两个限制改为“父亲比儿子先被选”和没有限制两种。

假设有“父亲比儿子先被选”的限制的树边集合是 \(S\)，于是，限制树现在变为了若干边方向统一的连通块。显然每一个连通块可以独立计算答案，也就是上面的式子。

这是我们的第一步。接下来考虑第二步：判断如何确定权值使得这些概率加权之后的和为所求答案。考虑我们现在统计的是什么东西，就是满足 \(S\) 中的位置有“父亲比儿子先被选”的限制、其他位置不加限制的概率，不妨记做 \(f_S\)。同时将满足恰好 \(S\) 中的位置有“父亲比儿子先被选”的限制的概率记为 \(g_S\)。

假设题中给定的需要满足“父亲比儿子先被选”的限制的树边集合是 \(S\)，那么所求答案就是 \(g_S\)。利用容斥原理可得：

\[g_S = \sum_{S \subseteq T} (-1)^{|T|-|S|}f_T = \sum_{S \subseteq T} (-1)^{|T|-|S|} \prod_i \frac{p_i}{\sum_{j \in S_i} p_j} \]

考虑重新回到题目，关注 \(p_i\) 的取值并非开始就确定的问题。那么不妨枚举所有可能的取值，将它们的答案乘以概率相加：

\[g_S = \sum_{S \subseteq T} (-1)^{|T|-|S|}f_T = \sum_{S \subseteq T} (-1)^{|T|-|S|} (\prod_i P_{i,p_i})\prod_i \frac{p_i}{\sum_{j \in S_i} p_j} \]

现在，这个式子已经完全表示了 \(S\) 的答案。接下来，我们只需要着手于化简并求解这个式子。

思路 - 2

在前面，我们通过容斥得到了答案的形式：

\[\sum_{1 \le p_i \le 3}(\prod_i P_{i,p_i}) \sum_{S \subseteq T} (-1)^{|T|-|S|} \prod_i \frac{p_i}{\sum_{j \in Sr_i} p_j} \]

其中，\(S\) 代表题目中给出的需要满足父亲先于儿子的限制的位置集合，而 \(Sr_i\) 则表示根据 \(T\) 确定的连通块中，以 \(i\) 为根的子树形成的点集。

注意到 \(|S|\) 为常量，因此可以将 \((-1)^{|S|}\) 从和式中提出化简结构。同时，也可以将两个 \(\prod\) 进行合并：

\[(-1)^{|S|} \sum_{1 \le p_i \le 3} \sum_{S \subseteq T} (-1)^{|T|} \prod_i \frac{P_{i,p_i}p_i}{\sum_{j \in Sr_i}p_j} \]

考虑使用“分离因子”方法的启发，考虑能否将 \(\prod\) 中的某一项取值并分离这一公共部分。

由于树自带的特殊性质，我们应该先尝试分离根的部分。假设根为 \(r\)，那么我们需要首先枚举 \(\prod\) 中 \(r\) 的部分 \(\frac{P_{r,p_r}p_r}{\sum_{j \in Sr_r}p_j}\) 具体的值，有两个值需要确定：\(p_r\) 和 \(\sum_{j \in Sr_r}p_j\)。

不妨设 \(j=p_r,k=\sum_{j \in Sr_r}p_j\)，那么 \(j,k\) 为特定值的那部分就有一个公共因子 \(\frac{P_{r,j}j}{k}\)：

\[\frac{P_{r,j}j}{k} \sum_{1 \le p_i \le 3,i\not = r}\sum_{S \subseteq T}\left[\sum_{j \in S_{r_r}} p_j = k\right] (-1)^{|T|} \prod_{i \not = r} \frac{P_{i,p_i}p_i}{\sum_{j \in Sr_i} p_j} \]

考虑去掉公共因子之后的部分，试图将其变成一个子问题。为了接下来写得方便，我们设 \(son_i\) 表示结点 \(i\) 的所有儿子构成的集合，\(Tr_i\) 表示原来树上以 \(i\) 为根的子树（这东西和 \(Sr_i\) 是不同的两个东西，要注意做好区分）

结合树形 \(dp\) 的经验，我们容易想到对于树上的 \(i \not = r\) 的贡献，相比于像序列那样整体递归为单个规模最小的子问题，更适合对每一个 \(r\) 的儿子 \(y\) 的子树分别递归每一个子问题，然后考虑将不同子树的答案合并。

因此，我们先来尝试对上式将不同的 \(y\) 子树的部分分离出来。

首先考虑连乘的部分 \(\prod_{i \not = r} \frac{P_{i,p_i}p_i}{\sum_{j \in Sr_i} p_j}\) 如何分离，这一部分是简单的。因为 \(i\) 所在 \(y\) 子树是不同的，将其划分成若干部分分别连乘：

\[\prod_{y \in son_r} \prod_{i \in Tr_y}\frac{P_{i,p_i}p_i}{\sum_{j \in Sr_i} p_j} \]

那么，原来的式子就转化为了这样：

\[\frac{P_{r,j}j}{k} \sum_{1 \le p_i \le 3,i\not = r}\sum_{S \subseteq T}\left[\sum_{j \in Sr_r} p_j = k\right] (-1)^{|T|} \prod_{y \in son_r} \prod_{i \in Tr_y}\frac{P_{i,p_i}p_i}{\sum_{j \in Sr_i} p_j} \]

接下来考虑分离 \(\left[\sum_{j \in Sr_r} p_j = k\right]\) 的部分，这表明枚举 \(k\) 后，我们这里只关心 \(\sum_{j \in Sr_r} p_j\) 取值为 \(k\) 的那些情况。然后考虑该如何分离到各个 \(y\) 子树当中。

我们不妨来仔细分析一下 \(Sr_r\) 的结构，\(Sr_r\) 表示 \(T\) 集合中 \(r\) 所在连通块中的子树。那么 \(r\) 的所有儿子 \(y\) 中，首先有和 \(r\) 在同一连通块的，也有不在的。我们设 \(TS_r\) 表示那些和 \(r\) 在统一连通块的儿子集合。

那么可以认为 \(Sr_r\) 的这个连通块的子树，是由下面几部分构成的：

\[Sr_r = \{r\} \cup (\bigcup_{y \in TS_r} Sr_y) \]

根据我们得到的这个 \(Sr_r\) 的结构，我们有：

\[k=\sum_{j \in Sr_r}p_j = p_r+\sum_{y \in TS_r}\sum_{j \in Sr_y} p_j = j+\sum_{y \in TS_r} k_y \]

其中，\(k_y = \sum_{j \in Sr_y}p_j\) 表示对于 \(y\) 的连通块子树的 \(p_j\) 之和。于是，我们的 \(\sum_{j \in Sr_r}p_j = k\) 的条件，实际上转化为了 \(\sum_{y \in TS_r} k_y = k-j\)。这启发我们尝试对于每个 \(y\) 的 \(k_y\) 进行限制，求解 \(k_y\) 固定为某个值的贡献之和，这和我们现在对 \(r\) 做的关于 \(k\) 的假设是类似的。

再挂一遍最近推出来的式子：

\[\frac{P_{r,j}j}{k} \sum_{1 \le p_i \le 3,i\not = r}\sum_{S \subseteq T}\left[\sum_{j \in Sr_r} p_j = k\right] (-1)^{|T|} \prod_{y \in son_r} \prod_{i \in Tr_y}\frac{P_{i,p_i}p_i}{\sum_{j \in Sr_i} p_j} \]

根据之前的讨论，我们可以将对于 \(k\) 的限制转化为对于每个 \(k_y\) 的限制。由此，我们先枚举所有总和为 \(k-j\) 的 \(k_y\) 的分配方式，然后变成对于每个 \(k_y\) 的要求：

\[\frac{P_{r,j}j}{k} \sum_{1 \le p_i \le 3,i\not = r} \sum_{S \subseteq T} (-1)^{|T|} \sum_{\sum_{y \in TS_r}k_y=k-j} \prod_{y \in son_r} [\sum_{j \in Sr_y} p_j = k_y] \prod_{i \in Tr_y} \frac{P_{i,p_i}p_i}{\sum_{j \in Sr_i} p_j} \]

注意，这里的 \(\sum_{y \in TS_r}k_y=k-j\) 只对于 \(y \in TS_r\) 的儿子 \(y\) 有限制。

再考虑将 \((-1)^{|T|}\) 的部分进行分离。为此，我们还是先分析 \(T\) 的结构。\(T\) 组成现有连通块的那些边。那么，\(\{(r,y)|y \in TS_r\}\) 就是 \(T\) 的一部分，而其余的部分可以仿照 \(Sr_r\) 的结构，分解为各个 \(y\) 子树内部的边 \(T_y\)，所以有：

\[T = \{(r,y)|y \in TS_r\} \cup (\bigcup_{y \in son_r} T_y) \]

于是，我们得到 \(|T|=|TS_r|+\sum_{y \in son_r} |T_y|\)，这样就可以分离为：

\[\frac{P_{r,j}j}{k} \sum_{1 \le p_i \le 3,i\not = r} \sum_{S \subseteq T} (-1)^{|TS_r|}\sum_{\sum_{y \in TS_r}k_y=k-j} \prod_{y \in son_r} [\sum_{j \in Sr_y} p_j = k_y] (-1)^{|T_y|}\prod_{i \in Tr_y} \frac{P_{i,p_i}p_i}{\sum_{j \in Sr_i} p_j} \]

利用 \(T\) 的结构，我们还可以分离 \(S \subseteq T\) 的枚举部分。令 \(SS_r\) 表示 \(S\) 中 \(r\) 与儿子的边，\(S_y\) 表示 \(S\) 中在 \(y\) 子树内部的边，则 \(T\) 的枚举可以分为 \(r\) 与儿子的边 \(TS_r\) 与各个 \(y\) 子树内部的边 \(T_y\) 几部分。因此，我们可以将 \(S \subseteq T\) 分离，式子变为：

\[\frac{P_{r,j}j}{k} \sum_{1 \le p_i \le 3,i\not = r} \sum_{SS_r \subseteq TS_r} (-1)^{|TS_r|} \sum_{\sum_{y \in TS_r}k_y=k-j} \prod_{y \in son_r} [\sum_{j \in Sr_y} p_j = k_y] (-1)^{|T_y|}\prod_{i \in Tr_y} \frac{P_{i,p_i}p_i}{\sum_{j \in Sr_i} p_j} \]

最后，将 \(p_i\) 的枚举也分离到子树内，我们就完成了分离的过程，将问题转变为各个 \(y\) 子树内部的问题：

\[\frac{P_{r,j}j}{k}\sum_{SS_r \subseteq TS_r} (-1)^{|TS_r|} \sum_{\sum_{y \in TS_r}k_y=k-j} \prod_{y \in son_r} \sum_{1 \le p_i \le 3,i\in Tr_y} \sum_{S_y \subseteq T_y}[\sum_{j \in Sr_y} p_j = k_y](-1)^{|T_y|}\prod_{i \in Tr_y} \frac{P_{i,p_i}p_i}{\sum_{j \in Sr_i} p_j} \]

至此，我们终于将原问题分离为类似的子问题了。就是最终的式子有一些复杂。

思路 - 3

考虑使用 \(dp\) 来配合容斥。考虑设计状态。

显然，可以令 \(dp_{y,k_y}\) 表示对于以 \(y\) 为根的子树的子问题而言，满足 \(\sum_{j \in Sr_y} p_j = k_y\) 的情况的贡献和：

\[\sum_{1 \le p_i \le 3,i\in Tr_y} \sum_{S_y \subseteq T_y}[\sum_{j \in Sr_y} p_j = k_y](-1)^{|T_y|}\prod_{i \in Tr_y} \frac{P_{i,p_i}p_i}{\sum_{j \in Sr_i} p_j} \]

原式就可以转化为：

\[\frac{P_{r,j}j}{k}\sum_{SS_r \subseteq TS_r} (-1)^{|TS_r|}\sum_{\sum_{y \in TS_r}k_y=k-j} \prod_{y \in son_r} dp_{y,k_y} \]

不过，想到这一步，想要枚举所有 \(TS_r\) 和 \(\sum_{y \in TS_r} k_y = k-j\) 的组合的复杂度仍然是过高的，但因为我们已经将原来的式子拆分成了一个超长、而且及其零碎的式子，我们已经无法再分离贡献。

为了进行进一步的化简，我们需要回顾带权的乘法原理的概念。具体地说，现在想求所有方案 \(S\) 的权值和 \(\sum_S W_S\)，而每个方案 \(S\) 都可以被分解为独立的 \(n\) 步 \(S_1,S_2,...,S_n\)，并满足其权值就是每个步骤的权值的乘积，即 \(W_s = \prod_{i=1}^n W_{S_i}\)。

那么根据乘法原理，我们就可以将原问题分解为 \(n\) 个部分，分别求解合法的 \(S_1,S_2,...,S_n\) 的权值和：

\[\sum_S W_S = \sum_{S_1,S_2,...,S_n} \prod_{i=1}^n W_{S_i}= \prod_{i=1}^n (\sum_{S_i}W_{S_i}) \]

根据上面的公式，我们可以直观的认为，我们能够在每个步骤相对都是独立的情况下，交换求和和乘积的顺序。

再次回到刚刚的转移式：

\[\frac{P_{r,j}j}{k}\sum_{SS_r \subseteq TS_r} (-1)^{|TS_r|}\sum_{\sum_{y \in TS_r}k_y=k-j} \prod_{y \in son_r} dp_{y,k_y} \]

注意到当枚举到 \(TS_r\) 是，\(son_r \setminus TS_r\) 中的 \(y\) 的 \(k_y\) 并没有被和为 \(k-j\) 的条件限制，实际上可以任意取值，因此，这部分的 \(k_y\) 的取值显然是彼此独立的，我们可以使用乘法原理，交换求和和乘积：

\[\frac{P_{r,j}j}{k}\sum_{SS_r \subseteq TS_r} (-1)^{|TS_r|} (\sum_{\sum_{y \in TS_r}k_y=k-j} \prod_{y \in TS_r} dp_{y,k_y}) (\prod_{y \in son_r \setminus TS_r}(\sum_{k_y} dp_{y,k_y})) \]

我们又发现我们可以将外面的因子 \((-1)^{|TS_r|}\) 合并到 \(TS_r\) 的计算中，得到：

\[\frac{P_{r,j}j}{k}\sum_{SS_r \subseteq TS_r}(\sum_{\sum_{y \in TS_r}k_y=k-j} \prod_{y \in TS_r} -dp_{y,k_y}) (\prod_{y \in son_r \setminus TS_r}(\sum_{k_y} dp_{y,k_y})) \]

现在，有一个重要的问题是存在 \(\sum_{y \in TS_r} k_y = k-j\) 的限制，这使得 \(k_y\) 的取值不是彼此独立的，不能直接用乘法原理交换 \(\sum\) 和 \(\prod\) 进行化简。

不过，\(\sum_{y \in TS_r} k_y = k-j\) 这种限制若干个变量的和为定值的情况，可以让我们联想到多个多项式的乘积，由此，我们想到使用生成函数来处理。我们令 \(DP_y = \sum_k dp_{y,k} \times \mathbf{x}^k\)，则上面的式子可以转化为：

\[\frac{P_{r,j}j}{k}[\mathbf{x}^{k-y}] \sum_{SS_r \subseteq TS_r} (\prod_{y \in TS_r} - DP_y) (\prod_{y \in son_r \setminus TS_r} DP_y(1)) \]

现在，还剩下复杂度较高的美剧是关于 \(TS_r\) 的。由于不同的 \(y\) 的贡献仍然独立，我们还是使用乘法原理，将其转化为：

\[\frac{P_{r,j}j}{k}[\mathbf{x}^{k-y}] (\prod_{y \in SS_r} -DP_y) (\prod_{y \in son_r \setminus SS_r} (DP_y(1)-DP_y)) \]

最终，将 \(r\) 一般化为 \(x\)，并令 \(P_i = \sum_{j=1}^3 P_{i,j}j \cdot \mathbf{x}^j\)，我们就得到了 \(DP\) 数组的转移方程：

\[[\mathbf{x}^k] DP_x = \frac{1}{k} [\mathbf{x}^k] P_x(\prod_{y \in SS_x} -DP_y) (\prod_{y \in son_x \setminus SS_x} (DP_y(1)-DP_y)) \]

这就是完整解法。至此，我们已经做出来了这道题。

复杂度分析

整理一下复杂度。

容易发现 \(k_y\) 作为 \(Sr_y\) 子树内 \(p_i\) 的和，是 \(O(|Tr_y|)\) 的，故利用平方算法进行多项式乘法，通过将代价理解为跨越点集的点对数，即可得到总的时间复杂度是 \(O(n^2)\) 的，可以通过。