【JZOJ6385】【NOIP2019模拟2019.10.23】B

题目大意

给出一棵树，其中$1$为根。之后每个点向父亲的父亲再连一条边，求得到的图中，每个点走到$1$的期望步数（等概率向相邻点走去）。
保证$i$的父亲$fa_i<i$。
$n\leq 2000$

Solution

首先列方程，设$f_i$表示$i$走向$1$的期望步数，有：

$$f_x=1+\frac{1}{d_x}\sum f_y$$

其中，$d_x$是$x$的度数，$y$是与$x$相邻的所有点。

直接高斯消元解方程，复杂度$O(n^3)$，过不了。

观察这个系数矩阵的特点，第$x$行的系数只会在父亲，父亲的父亲，儿子，儿子的儿子处有值。如果我们从儿子往根消元，每次用第$x$行消去$fa_x$行和$fa_{fa_x}$行的第$x$列，那么最后会得到一个下三角矩阵。这时第$x$行的系数只会在父亲，父亲的父亲处有值，我们从根往儿子消元，就能得到对角线矩阵了。

复杂度$O(n^2)$。这个做法利用了系数矩阵的特点，减少消元次数，真是妙不可言~~~

Code

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int N = 2007, P = 998244353;

int n, fa[N], d[N], c[N][N], b[N];

int tot, st[N], nx[N << 2], to[N << 2];
void add(int u, int v) {
	to[++tot] = v, nx[tot] = st[u], st[u] = tot;
	to[++tot] = u, nx[tot] = st[v], st[v] = tot;
	++d[u], ++d[v];
}

int pow(int a, int b) {
	int ret = 1;
	for (; b; a = 1ll * a * a % P, b >>= 1) if (b & 1) ret = 1ll * ret * a % P;
	return ret;
}

int main() {
	//freopen("in", "r", stdin);
	freopen("b.in", "r", stdin);
	freopen("b.out", "w", stdout);
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 2; i <= n; ++i) scanf("%d", &fa[i]), add(i, fa[i]);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) if (fa[fa[i]]) add(i, fa[fa[i]]);
	c[1][1] = 1;
	for (int i = 2; i <= n; ++i) {
		c[i][i] = 1;
		for (int j = st[i]; j; j = nx[j]) c[i][to[j]] = P - pow(d[i], P - 2);
		b[i] = 1;
	}
	for (int i = n; i >= 1; --i) {
		if (fa[i]) {
			int j = fa[i], res = 1ll * c[j][i] * pow(c[i][i], P - 2) % P;
			for (int k = 1; k <= n; ++k) c[j][k] = (c[j][k] - 1ll * c[i][k] * res % P + P) % P;
			b[j] = (b[j] - 1ll * b[i] * res % P + P) % P;
		}
		if (fa[fa[i]]) {
			int j = fa[fa[i]], res = 1ll * c[j][i] * pow(c[i][i], P - 2) % P;
			for (int k = 1; k <= n; ++k) c[j][k] = (c[j][k] - 1ll * c[i][k] * res % P + P) % P;
			b[j] = (b[j] - 1ll * b[i] * res % P + P) % P;
		}
	}
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		for (int l = st[i]; l; l = nx[l]) if (to[l] != fa[i] && to[l] != fa[fa[i]]) {
			int j = to[l], res = 1ll * c[j][i] * pow(c[i][i], P - 2) % P;
			for (int k = 1; k <= n; ++k) c[j][k] = (c[j][k] - 1ll * c[i][k] * res % P + P) % P;
			b[j] = (b[j] - 1ll * b[i] * res % P + P) % P;
		}
	}
	for (int i = 1; i <= n; ++i) printf("%d\n", 1ll * b[i] * pow(c[i][i], P - 2) % P);
	return 0;
}