ARC165E

vjudge

\(n \le 100\)

又是一个期望线性性拆贡献的题目。

显然每个点只会删除 \(1\) 次，可以将题目转化为：一个排列 \(b\)，按 \(i = 1, 2, \dots n\) 的顺序，若 \(b_i\) 所在连通块大小 \(\ge k + 1\) 就执行一次操作。正确性自证。

考虑一个连通块（子树）\(T\) 对答案的贡献。

• 如果 \(|T| \le k\)，那么没有贡献。
• 否则有 \(p_T\) 的贡献，\(p_T\) 表示 \(T\) 在删除过程中成为独立连通块的概率。操作一次后 \(T\) 就不是 \(T\) 了，分解成了若干个更小的连通块。

考虑如何求 \(p_T\)，要想 \(T\) 在删除过程中出现，需要满足所有 \(T\) 内的点在 \(b\) 中的位置在所有与 \(T\) 相连的点之后。设 \(|T| = x\)，有 \(y\) 个点与 \(T\) 相连，\(p(T) = \frac{1}{\binom{x + y}{y}}\)。

这样就不要知道 \(T\) 的形态了。

接下来就是一个比较普通的计数问题了，使用树上背包问题即可。令 \(f(u, i, j)\) 表示 \(u\) 所在连通块的大小为 \(i\)，与连通块相连的点有 \(j\) 个的连通块数量。转移不难，自己写一下吧。

一些细节：\(f(u, i, j)\) 与 \(f(v, i', j')\) 合并时，\(u\) 被算成了与连通块相邻的点，需要减掉。或者 \(j\) 中把 \(fa_u\) 踢掉，合并时新设一个 \(f(v, 0,1 ) = 1\) 即可，当然算答案时 \(fa\) 还是要算上（\(1\) 没有 \(fa\)）。

时间复杂度：\(O(n^4)\)。

这种题的难点就是如何才能不记录 \(T\) 的形态，通过拆贡献的方式解决。比如这个题：\(p_T\) 只和 \(x, y\) 相关。

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