CodeForces 1667E Centroid Probabilities

洛谷传送门

CF 传送门

首先需要了解重心的三种定义：

1. 删掉一个点后剩下子树大小 \(\le \frac{n}{2}\) 的点
2. \(\sum\limits_{i = 1}^n \text{dis}(u, i)\) 最小的点
3. 最深的 \(sz_u \ge \left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil\) 的点

这道题我们使用第三种定义，也就是要统计 \(i\) 为最深的 \(sz_i \ge \left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil\) 的点。

首先设 \(m = \left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil\)。那么我们先计算 \(sz_i \ge m\) 的方案数 \(f_i\)。

枚举 \(sz_i = j\)，选点方案为 \(\binom{n - i}{j - 1}\)；子树内的点和子树外的点选父亲的方案数分别为 \((j - 1)!\) 和 \((n - j - 1)!\)，\(i\) 号点选父亲的方案为 \(i - 1\)。

所以：

\[f_i = \sum\limits_{j = m}^{n - i + 1} \binom{n - i}{j - 1} (j - 1)! (n - j - 1)! (i - 1) \]

考虑化成能快速算的形式。首先把和 \(i\) 有关的项提出来，消掉 \((j - 1)!\)，分母补一个 \((i - 2)!\)，有：

\[f_i = (n - i)! (i - 1)! \sum\limits_{j = m}^{n - i + 1} \binom{n - j - 1}{i - 2} \]

这不是组合数上指标求和吗。众所周知 \(\sum\limits_{i = m}^n \binom{i}{m} = \binom{n + 1}{m + 1}\)，所以：

\[f_i = (n - i)! (i - 1)! \binom{n - m}{i - 1} \]

现在 \(f_i\) 已经被化成能 \(O(1)\) 算的形式了。考虑再容斥计算答案。设 \(g_i\) 为 \(i\) 为最深的 \(sz_i \ge \left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil\) 的点的方案数。枚举 \(i\) 子树内最深的 \(sz_i \ge \left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil\) 的点为 \(j\)，我们有：

\[g_i = f_i - \frac{\sum\limits_{j = i + 1}^n g_j}{i} \]

\(\frac{1}{i}\) 是 \(j\) 在 \(i\) 子树内的概率。考虑 \(j\) 不断跳父亲，跳到的第一个编号 \(\le i\) 的点在 \([1, i]\) 是等概率的。

所以维护一个后缀和就可以算 \(g_i\)。时间复杂度 \(O(n)\)。

code

// Problem: E. Centroid Probabilities
// Contest: Codeforces - Codeforces Round 783 (Div. 1)
// URL: https://codeforces.com/problemset/problem/1667/E
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 3000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#include <bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
#define fst first
#define scd second
#define mkp make_pair
#define mems(a, x) memset((a), (x), sizeof(a))

using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ldb;
typedef pair<ll, ll> pii;

const int maxn = 200100;
const ll mod = 998244353;

inline ll qpow(ll b, ll p) {
	ll res = 1;
	while (p) {
		if (p & 1) {
			res = res * b % mod;
		}
		b = b * b % mod;
		p >>= 1;
	}
	return res;
}

ll n, fac[maxn], ifac[maxn], inv[maxn], f[maxn], g[maxn];

inline ll C(ll n, ll m) {
	if (n < m || n < 0 || m < 0) {
		return 0;
	} else {
		return fac[n] * ifac[m] % mod * ifac[n - m] % mod;
	}
}

void solve() {
	scanf("%lld", &n);
	ll m = (n + 1) / 2;
	fac[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
	}
	ifac[n] = qpow(fac[n], mod - 2);
	for (int i = n - 1; ~i; --i) {
		ifac[i] = ifac[i + 1] * (i + 1) % mod;
	}
	inv[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= n; ++i) {
		inv[i] = (mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod;
	}
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		f[i] = fac[n - i] * fac[i - 1] % mod * C(n - m, i - 1) % mod;
	}
	ll s = 0;
	for (int i = n; i; --i) {
		g[i] = (f[i] - s * inv[i] % mod + mod) % mod;
		s = (s + g[i]) % mod;
	}
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		printf("%lld ", g[i]);
	}
}

int main() {
	int T = 1;
	// scanf("%d", &T);
	while (T--) {
		solve();
	}
	return 0;
}