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@7 UOJ351

2022-08-04 12:34:49 阅读：133 来源： 互联网

标签：int cdot UOJ351 端点集合直径 include

新年的叶子

题目描述

点此看题

解法

首先有一个经典结论：树的直径有且仅有一个绝对中心（可以是某个点，可以是某条边的中点），证明可以考虑反证法，如果存在多个中心那么一定可以生成更长的直径。

可以先确定这个绝对中心，考虑如果绝对中心是边的中点，那么会把可能的直径端点划分成两个集合；如果绝对中心是点，那么会把可能的直径端点划分为若干个集合。从不同的集合中选出直径端点就可以构成直径。

所以问题转化成：给定若干个集合，求只剩一个集合还没被染完的期望步数。考虑计算出所有染色排列的总代价，除以方案数就得到了答案。考虑如果还剩 \(i\) 个点没染色，那么有效染色的期望步数是 \(\frac{n}{i}\)

设所有的直径端点数是 \(m\)，可以预处理 \(f_i=\sum_{i=1}^m \frac{n}{i}\) 方便计算代价。设当前考虑的集合大小为 \(k\)，结束时这个集合还剩下 \(p\) 个点，那么这种情况的贡献为：

\[\frac{1}{m!}\cdot A(k,p)\cdot [(m-p)!-(m-p-1)!\cdot (k-p)]\cdot(f_m-f_p) \]

中间减法的含义为：最后一次染色不能染到当前考虑的集合，要不然会算重，所以把这种情况减去。

时间复杂度 \(O(n)\)

#include <cstdio>
#include <vector>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int M = 500005;
#define int long long
const int MOD = 998244353;
int read()
{
	int x=0,f=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
	while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}
int n,m,ans,rt,mx,cnt,p[M],a[M];
int f[M],fac[M],inv[M];vector<int> g[M];
void init(int n)
{
	fac[0]=inv[0]=inv[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++) inv[i]=inv[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;
	for(int i=1;i<=n;i++) f[i]=(f[i-1]+n*inv[i])%MOD;
	for(int i=1;i<=n;i++) inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%MOD;
	for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
}
void dfs(int u,int fa,int d)
{
	if(d>mx) mx=d,rt=u;
	for(int v:g[u]) if(v^fa)
		p[v]=u,dfs(v,u,d+1);
}
void work(int u,int fa,int d,int c)
{
	if(d==mx/2) a[c]++,m++;
	for(int v:g[u]) if(v^fa)
		work(v,u,d+1,c);
}
signed main()
{
	n=read();
	for(int i=1;i<n;i++)
	{
		int u=read(),v=read();
		g[u].push_back(v);
		g[v].push_back(u);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
		m+=(g[i].size()==1);
	init(m);m=0;
	dfs(1,0,0);mx=0;dfs(rt,0,0);
	if(mx&1)//edge
	{
		int x=rt,y=0;cnt=2;
		for(int i=1;i<=mx/2;i++) x=p[x];
		y=p[x];work(x,y,0,1);work(y,x,0,2);
	}
	else//node
	{
		int x=rt;
		for(int i=1;i<=mx/2;i++) x=p[x];
		for(int v:g[x])
			cnt++,work(v,x,1,cnt);
	}
	for(int i=1;i<=cnt;i++)
		for(int j=1;j<=a[i];j++)
		{
			int w=fac[m-j]-fac[m-j-1]*(a[i]-j);
			w=w%MOD*(f[m]-f[j])%MOD;w=(w+MOD)%MOD;
			ans=(ans+inv[m]*fac[a[i]]%MOD*inv[a[i]-j]%MOD*w)%MOD;
		}
	printf("%lld\n",ans);
}

标签：int,cdot,UOJ351,端点,集合,直径,include
来源： https://www.cnblogs.com/C202044zxy/p/16550180.html

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