Tyvj 1953 Normal：多项式，点分治

Decription：

某天WJMZBMR学习了一个神奇的算法：树的点分治！ 这个算法的核心是这样的：

消耗时间=0

Solve(树 a) 消耗时间 += a 的 大小

如果 a 中 只有 1 个点，退出;否则在a中选一个点x，在a中删除点x，那么a变成了几个小一点的树，对每个小树递归调用Solve。

我们注意到的这个算法的时间复杂度跟选择的点x是密切相关的。 如果x是树的重心，那么时间复杂度就是O(nlogn) 但是由于WJMZBMR比较傻逼，他决定随机在a中选择一个点作为x！ Sevenkplus告诉他这样做的最坏复杂度是O(n^2) 但是WJMZBMR就是不信><。。。 于是Sevenkplus花了几分钟写了一个程序证明了这一点。。。你也试试看吧^^ 现在给你一颗树，你能告诉WJMZBMR他的傻逼算法需要的期望消耗时间吗？（消耗时间按在Solve里面的那个为标准）

n<=30000

大神题，感觉不是特别可想，但貌似还是有一点可想的。

在各种大神引导之下想到了一半，又在他们的引导下颓题解。

关于这道题真的要写一个点分治也是无力吐槽。

 

题目中有提示啊：算法是$O(n^2)$级别的。（并不代表你的代码可以是$O(n^2)$的）

所以可以考虑每个点对对答案的贡献。（怎么想到的？？？）

考虑分治过程形成的点分树，如果两个点在点分树上是祖先关系，那么在下面的点就会被多做一次。

否则就不会贡献时间复杂度。

其实消耗的总时间就是所有点在点分树上的期望深度之和。

而两个点在点分树上的关系如何考虑？

如果两个点u，v之间的点的个数为dis(u,v)（含u和v），那么你在这么多个点里第一个选出的点就是u，v在点分树上的LCA。

所以如果你第一次选的是u，那么点对(u,v)就会贡献1答案。选v的话点对(v,u)会贡献答案。选中的概率都是$\frac{1}{dis(u,v)}$。否则均不会贡献答案。

所以总的答案就是$\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n} \frac{1}{dis(i,j)}$

注意这里的dis是平时说的树上距离再+1，因为是点数而不是边数。

所以现在的问题就转化为了求树上所有点对之间的距离，每个距离值有几种。

经典的点分治。

而时间限制在那里呢，所以合并两个子树的桶值的时候需要用到FFT。

而FFT的大小是根据这个子树深度最大点的深度定的，当然不能跑满啊。

采用的点分治策略是“这棵树内所有点对的距离-子树内重复的贡献”

然后开一个全局的数组不断累加每种距离的出现次数，最后乘以$\frac{1}{i}$即可。

 1 #include
 2 #include
 3 #include
 4 using namespace std;
 5 #define S 33333
 6 const double pi=3.141592653589793238;
 7 struct cp{
 8     double r,i;
 9     cp operator*(cp b){return (cp){r*b.r-i*b.i,r*b.i+b.r*i};}
10     cp operator+(cp b){return (cp){r+b.r,i+b.i};}
11     cp operator-(cp b){return (cp){r-b.r,i-b.i};}
12 }a[S<<2];
13 int sz[S],mx=S,tot,fir[S],l[S<<1],to[S<<1],n,al[S],rt,mxdep,len=1,ans[S],rev[S],ec;double Ans;
14 void FFT(int opt){
15     for(int i=1;i>1]>>1|(i&1?len>>1:0);
16     for(int i=0;iif(rev[i]>i)swap(a[rev[i]],a[i]);
17     for(int mid=1;mid1){
18         cp tem=(cp){cos(pi/mid),sin(pi/mid)*opt};
19         for(int i=0;i1){
20             cp omega=(cp){1,0};
21             for(int j=0;jtem){
22                 cp x=a[i+j],y=a[i+j+mid]*omega;
23                 a[i+j]=x+y;a[i+j+mid]=x-y;
24             }
25         }
26     }
27 }
28 void con(int a,int b){l[++ec]=fir[a];fir[a]=ec;to[ec]=b;}
29 void get_root(int p,int fa){
30     sz[p]=1;int tmx=0;
31     for(int i=fir[p];i;i=l[i])if(to[i]!=fa&&!al[to[i]])get_root(to[i],p),sz[p]+=sz[to[i]],tmx=max(tmx,sz[to[i]]);
32     tmx=max(tmx,tot-sz[p]);
33     if(tmxtmx;
34 }
35 void get_deep(int p,int fa,int dep){
36     mxdep=max(mxdep,dep);a[dep].r+=1;
37     for(int i=fir[p];i;i=l[i])if(to[i]!=fa&&!al[to[i]])get_deep(to[i],p,dep+1);
38 }
39 void cal(int p,int opt){
40     mxdep=0;get_deep(p,0,0);len=1;
41     while(len<=mxdep<<1)len<<=1;
42     FFT(1);
43     for(int i=0;ia[i];
44     FFT(-1);
45     if(opt)for(int i=0;i1]+=int(a[i].r/len+0.1),a[i].r=a[i].i=0;
46     else for(int i=0;i3]-=int(a[i].r/len+0.1),a[i].r=a[i].i=0;
47 }
48 void dfs(int p){
49     al[p]=1;cal(p,1);
50     for(int i=fir[p];i;i=l[i])if(!al[to[i]])cal(to[i],0),tot=sz[to[i]],mx=S,get_root(to[i],p),dfs(rt);
51 }
52 int main(){
53     scanf("%d",&n);
54     for(int i=1,x,y;i"%d%d",&x,&y),con(++x,++y),con(y,x);
55     tot=n;get_root(1,0);dfs(rt);
56     for(int i=1;i<=n;++i)Ans+=1.0*ans[i]/i;
57     printf("%.4lf\n",Ans);
58 }

神仙题