涂色游戏 题解

bsoj6412 没找到出处。。。

涂色游戏 题解_第1张图片

题意简述:给一颗树,一次操作定义为随机选择一个点,染掉该点和它周围一圈的点,问期望多少次染黑所有点。

这是道好题啊!全面考察了容斥、反演、期望和dp,有许多值得注意的细节。


一、做法1(容斥/二项式反演+dp)

1.1 化式子

首先肯定第一个想到的式子就是

\[ Ans = \sum_{i=1}^{\infty} i * P(在染第i次时刚好黑完) \]

这是根据期望的定义直接得到的。

然后发现这个\(i\)实在是非常的恶心,因为它居然和无穷有关。但既然是一个合法的期望题,这个\(i\)必然可以找到某种转化的手段把它弄成一个能算的且收敛的东西,比如等比数列级数之类的。

于是这里有一个套路化法
\[ \sum_{i=1}^{\infty} i * P(x=i) = \sum_{i=0}^{\infty} P(x>i) \]

\(P(A)\)代表事件\(A\)发生的概率)

就是改了改枚举的方式,随便想一想应该能够明白了吧(

总之,根据上式我们就可以得到
\[ Ans = \sum_{i=0}^{\infty} P(染i次未黑完) \]

我们成功把\(i\)丢到了\(P\)里面去。但是我们还是没有办法求这个东西。

发现虽然选点可以进行无数次,但是最多只会选有限个点,许多选点是重复的。用实际选择的点的个数,我们可以在不可计算的无限和可计算的有限之间搭上一座桥梁。我们考虑将上面的\(P\)进行一个拆分,得到
\[ Ans = \sum_{i=0}^{\infty} \sum_{k=0}^{n} P(选i次恰好选中某k个点) * N(k个点未黑完整棵树) \]

\(N(A)\)代表事件\(A\)的方案数

注意式子中“某”的含义。可以这样理解这个式子:

我钦定了某\(k\)个点

首先我想知道:进行\(i\)次随机选择,选中且只选中这\(k\)个点的概率

然后再判断这\(k\)个点是否能让整棵树黑完。如果不能,则将这部分概率计入。

将所有可能钦定的情况合起来就是\(N\),而选择的概率实际上和树形结构无关,选中任意\(k\)个点的概率都是一样的,所以直接乘起来即可。

好,理解了上式,我们来仔细研究\(P\)\(N\)到底是什么。

1.2 容斥/二项式反演

首先研究\(P\)。首先如果恰好选中某\(k\)个点,那么必然先得保证这\(i\)次都不能选中其他的点。概率是
\[ (\frac{k}{n})^i \]

但这样计算显然是有问题的。因为可能出现有点一次都没有被选中的情况,而这不满足我们“恰好选中”的要求。换句话说,我们只能计算\(P(|被选中的点| \le p)\)。而实际上,我们需要的是 \(P(|选中的点集| = p)\)

容易想到容斥掉它。

考虑枚举一次都没有被选中的点,经过仔细思考,我们能够艰难的得到
\[ P(选i次恰好选中某k个点) = \sum_{p=0}^k C_k^p (-1)^p (\frac{k-p}{n})^i \]

我无力解释这个式子...各位自己尝试理解一下吧...

把某个点一次都没有被选中画成一个圆圈,用Venn图的形式可能有助于理解。

虽然难以理解...不过好在可以用二项式反演推导。
\[ f(n) = \sum_{i=0}^n C_n^i g(i) \iff g(n) = \sum_{i=0}^n C_n^i (-1)^i f(i) \]

套入本题
\[ g_i(k) = P(选i次恰好选中某k个点) \]

\[ f_i(k) = (\frac{k}{n})^i \]

这样就好懂多了,,

不管怎么说,我们终于搞到了\(P\)表达式,而且这个表达式里\(i\)是指数!带回原式说不定可以用等比级数干掉它。

1.3 回到答案式

为了方便书写,令\(a_k = N(k个点未黑完整棵树)\)
\[ \begin{aligned} Ans &= \sum_{i=0}^{\infty} \sum_{k=0}^{n} a_k \sum_{p=0}^k C_k^p (-1)^p (\frac{k-p}{n})^i \\ &= \sum_{k=0}^{n} a_k \sum_{p=0}^k C_k^p (-1)^{k-p} \sum_{i=0}^{\infty} (\frac{p}{n})^i \\ \end{aligned} \]

由于当\(|q| < 1\)时,有
\[ \begin{aligned} \sum_{i=0}^{\infty} q^i &= \lim_{n \to \infty} \frac{q^{n+1}-1}{q-1} \\ &= \frac{1}{1-q} \end{aligned} \]


\[ Ans = \sum_{k=0}^{n} a_k \sum_{p=0}^k C_k^p (-1)^{k-p} \frac{n}{n-p} \]

(当\(k=p=n\)时,由于上一步转化要求\(|q|<1\),而此时\(|q|=1\),会出现级数发散的情况。但发现\(a_n\)显然一定等于\(0\),所以直接不算\(k=n\)的情况即可)

直接枚举是\(O(n^2)\)的,现在我们只需要求出每一个\(a_k = N(k个点未黑完整棵树)\)

1.4 树形dp

首先可以做一步简单容斥简化问题

\[ N(k个点未黑完整棵树) = C_n^k - N(k个点黑完整棵树) \]

\(N(k个点黑完整棵树)\),很容易想到树上背包

实际上就是在树上分配选点,也就是一个背包,而方案数背包的实质是卷积,所以就是用树形dp维护卷积合并。

开始写状态。

\(f[u][0/1][0/1]\)表示只考虑以\(u\)为根的子树,父亲是否被选择,自己是否被选择的方案数。(可能有更简单的状态表示,但我觉得这种更好想更靠谱)

随便写写就有转移方程了。

\[ f[u][0][0] = f[u][1][0] - \prod_v f[v][0][0] \]

没有父亲援助,自己也不选,只能靠儿子。儿子节点只需要有一个选就可以养活自己。也就是儿子随便乱选减去儿子一个都不选的情况。
\[ f[u][0][1] = I * \prod_v (f[v][1][0] + f[v][1][1]) \]

自己选了,上下随便。
\[ f[u][1][0] = \prod_v ( f[v][0][0] + f[v][0][1] ) \]

父亲选了,自己不选,下面随便。
\[ f[u][1][1] = f[u][0][1] \]

自己选了,上下随便。

照着dp即可。
\[ N(k个点黑完整棵树) = f[root][0][0][k]+f[root][0][1][k] \]

顺着之前倒着带回去行了。

1.5 时间复杂度

1.5.1 答案式

显然是\(O(n^2)\)的。

1.5.2 树形dp

一次卷积\(O(n ^ 2)\),会向上合并\(O(n)\)次...

诶?这不是\(O(n^3)\)的吗?

实则不然。

\(sz[u]\)为以\(u\)为根的子树大小。显然可能涉及的卷积长度\(len \le sz[u]\)

于是考虑每个节点\(u\)下的所有儿子\(v\)合并起来的耗时。
\[ \sum_{v_1 \not= v_2} sz[v_1] *sz[v_2] = sz[u]^2 - \sum_v sz[v]^2 \\ \]

后面减去的和式,将抵消掉所有儿子节点产生的时间复杂度!

所以真正的复杂度是\(O(n^2)\)

妙啊

1.6 总结

爆拆期望得无穷级数,尝试去掉无穷,套路化法将\(i\)化入\(P\)

拆掉\(P\)在无穷与有限间建立联系,分别处理\(P\)\(N\)

\(P\)可容斥得出,带回原式用等比级数干掉无穷的\(i\)

\(N\)用树上背包可解,仔细推转移即可

Code

#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
typedef long long ll;
using namespace std;

ll Rd(){
    ll ans=0;char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9') ans=ans*10+c-'0',c=getchar();
    return ans;
}

const ll MOD=998244353;
ll QPow(ll x,ll up){
    x=(x+MOD)%MOD;
    ll ans=1;
    while(up)
        if(up%2==0) x=x*x%MOD,up/=2;
        else ans=ans*x%MOD,up--;
    return ans;
}
ll Inv(ll x){
    return QPow(x,MOD-2);
}

const ll PTN=1005;
ll N;
ll fac[PTN],facInv[PTN];
void FacInit(){
    fac[0]=1;for(ll i=1;i<=N;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
    facInv[N]=Inv(fac[N]);for(ll i=N-1;i>=1;i--) facInv[i]=facInv[i+1]*(i+1)%MOD;
    facInv[0]=1;
}
ll C(ll n,ll m){
    if(nlen=len;
        for(ll i=0;i<=len;i++) sav[i]=0;
    }
    void Resize(ll nwLen){
        for(ll i=len+1;i<=nwLen;i++) sav[i]=0;
        len=nwLen;
    }
    ll& operator [] (ll idx){return sav[idx];}
    /*void Debug(){
        cout<

二、做法2(minmax容斥+dp)

2.1 minmax容斥

minmax容斥标准式:
\[ \max(S) = \sum_{T \subseteq S \\ T \not= \varnothing} (-1)^{|T|-1} \min(T) \]

由于期望具有线性性,它可以拓展到期望:
\[ E(\max(S)) = \sum_{T \subseteq S \\ T \not= \varnothing} (-1)^{|T|-1} E(\min(T)) \]

然后把这个式子映射到本题中来。

\(S\)就是整棵树。下面把操作了多少次称为“时间”。

对于一种染色方案,集合中的元素可以看做,每一个点会在一个确定的时间从白色染成黑色,\(\max(S)\)就表示染黑集合中所有点的耗时;\(\min(T)\)表示至少染黑集合中的某一个点的耗时。

这时,我们可以直接遍历一道\(S\)得到\(\max(S)\)

套上期望后:\(E(\max(S))\)表示染黑集合中所有点的期望耗时,也就是本题所要求的答案;\(E(\min(T))\)表示至少染黑集合中的某一个点的期望耗时。

捋一下思路,由于期望不满足\(E(\max(S)) = \max_{x \in S} E(x)\),无法直接遍历求\(\max\)。但是因为期望具有线性性,可以借助minmax容斥来达到目的。 (这是一类套路题型)

2.2 处理\(E(\min(T))\)

于是思考\(E(\min(T))\)是否容易求得。容易发现
\[ E(\min(T)) = \frac{n}{|U_T|} \]

\(|U_T|\)表示选择后能让\(T\)中某个节点变黑的点的集合。

显然\(S\)\(T\)\(U_T\)有这样的关系
\[ T \subseteq U_T \subseteq S \]

将表达式带入原式中
\[ E(\max(S)) = \sum_{T \subseteq S \\ T \not= \varnothing} (-1)^{|T|-1} \frac{n}{|U_T|} \]

枚举子集是复杂度的瓶颈。不过发现枚举中许多项的\(|U_T|\)都是相同的,考虑把它单独拿出来枚举。
\[ E(\max(S)) = \sum_{u=1}^n \frac{n}{u} \sum_{T \subseteq S \\ T \not= \varnothing \\ |U_T|=u} (-1)^{|T|-1} \]

也就是说,现在我们只需快速求得
\[ \sum_{T \subseteq S \\ T \not= \varnothing \\ |U_T|=u} (-1)^{|T|-1} \]

思考这式子的意义。其实它就是一个带上了容斥系数的所有\(T\)的方案数之和,也就是\(|T|\)为奇的方案数减去\(|T|\)为偶的方案数。

尝试通过树形dp解决

2.3 树形dp

首先简单考虑一下所需的状态。考虑以某个点为根的子树,我们需要记录\(|U_T|\),这是我们上面枚举的基础;\(|T|\)是容斥系数,我们需要记录它的奇偶性。

可以想到转移大概的形式是在\(U_T\)上的卷积。

2.3.1 状态压缩

首先有一个小Trick,可以压掉记录\(|T|\)奇偶性这一维
\[ \sum_{T \subseteq S \\ T \not= \varnothing \\ |U_T|=u} (-1)^{|T|-1} = - \sum_{T \subseteq S \\ T \not= \varnothing \\ |U_T|=u} (-1)^{|T|} \]

根据上式,我们在dp时求\(|T|\)为偶的方案数减去\(|T|\)为奇的方案数,最后计算答案时乘上个\(-1\)即可。

这么做的原因是可以压缩掉记录\(|T|\)奇偶性这一维。

2.3.1.1 对于转移

比如有两个对象\(A=(x_1,y_1)\)\(B(x_2,y_2)\)需要合并为\(C\)(第1个参数表示\(|T|\)为偶的方案数,第2个参数表示\(|T|\)为奇的方案数)
\[ C = (x_1 x_2 + y_1 y_2, x_1 y_2 + x_2 y_1) \]

如果将对象改写为单个变量记录:\(A=x_1 - y_1\)\(B = x_2 - y_2\)
\[ \begin{aligned} C &= x_1 x_2 + y_1 y_2 - (x_1 y_2 + x_2 y_1) \\ &= (x_1 - y_1) (x_2 - y_2) \\ &= A B \end{aligned} \]

而对象的值就是我们所求的(考虑容斥系数的方案数)。成功压缩。

如果不做上面那一个Trick的转化,压缩状态需要 正*正=负 和 负*负=正,而这显然是不成立的。

2.3.1.2 对于新增

如果所有情况的\(T\)内新增一个节点,原来\(|T|\)为奇的变为偶,原来为偶的变为奇。

如果不压缩,操作应该是交换\(x\)\(y\)

如果压缩,只需对dp值乘上\(-1\)即可

2.3.2 设置状态并处理转移

我们的dp实际上是用背包分配\(|U_T|\)

状态压缩后,剩下的主要问题在于合并时\(|U_T|\)\(|T|\)发生的变化对dp值造成的影响,而这变化与当前点\(u\)到底属于哪个集合密切相关。

由于转移情况复杂,而背包的本质是卷积,所以用封装性良好的卷积实现。

\(f[u][d=0/1/2]\)表示仅考虑\(S\)\(u\)为根的子树时,以\(x\)为下标的列表
\[ \{\sum_{T \subseteq S \\ T \not= \varnothing \\ |U_T|=x \\ u \in Q_d} (-1)^{|T|} \Large | \normalsize \ x \in [0,|S|]\} \]

\(Q_d\)是对\(u\)的限制,具体为

\(Q_0\)\(u \in S\)\(u \not \in U_T\)

\(Q_1\)\(u \in U_T\)\(u \not \in T\)

\(Q_2\)\(u \in T\)

定义\(I\)\(I[1]=1\)​,其余皆为\(0\),结合卷积可以表示向\(U_T\)内新增一个点。

我们开始处理转移。
\[ f[u][0] = \prod_{v} f[v][0] + f[v][1] \]

意思是若\(u\)不在\(U_T\)里,则它的所有儿子一定不能在\(T\)里。
\[ f[u][1] = \left( \left( \prod_v f[v][0] + f[v][1] +f[v][2] \right) - f[u][0] \right) * I \]

\(u\)\(U_T\)内而\(u\)不在\(T\)内,则\(u\)的儿子中至少有一个是\(T\)中的点。这可以转化为所有情况的答案减去所有儿子都不在\(T\)中的答案。最后卷上\(I\)\(U_T\)新增\(u\)
\[ f[u][2] = - \left( I * \prod_v \left( f[v][0] * I + f[v][1] + f[v][2] \right) \right) \]

\(u\)\(T\)内,那些不在\(U_T\)内的\(u\)的儿子现在就应该属于\(T\)了。然后既然\(u\)属于\(T\),那么\(u\)也属于\(U_T\),卷上\(I\)\(U_T\)新增\(u\)。最后,由于\(T\)新增了个点,也就是说所有项的容斥系数\(+1\),整体变号即可。

最后算答案,参考早前化出的答案式即可。

2.4 时间复杂度

答案式部分显然\(O(n)\)

树形dp卷积的时间复杂度为\(O(n^2)\),见做法1对dp的时间复杂度证明。

2.5 总结

首先我们发现这道题适用于minmax容斥的套路,于是将难求的\(E(max(S))\)转化到容易求的\(E(min(T))\)

然后我们再想办法优化枚举子集,发现\(U_T\)是一个关键的变量,于是将其提出来单独枚举,问题转化为求带有容斥系数的方案数。

回头观察题面发现是树状结构,必然有其特殊性质,于是猜想用树形dp解决。讨论合并时\(U_T\)\(T\)是如何变化的,能够列出转移方程式。在中间想到了压缩状态,简化了dp。

Code

#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
ll Rd(){
    ll ans=0;char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9') ans=ans*10+c-'0',c=getchar();
    return ans;
}

const ll MOD=998244353;
ll QPow(ll x,ll up){
    x=(x+MOD)%MOD;
    ll ans=1;
    while(up)
        if(up%2==0) x=x*x%MOD,up/=2;
        else ans=ans*x%MOD,up--;
    return ans;
}
ll Inv(ll x){
    return QPow(x,MOD-2);
}

const ll PTN=1E3+5;
struct Edge{
    ll u,v;ll nxt;
}edge[PTN*2];
ll N,graM,last[PTN];
void GraphInit(){graM=0;for(ll i=0;ilen=len;
        for(ll i=0;i<=len;i++) sav[i]=0;
    }
    void Expand(ll nwLen){
        for(ll i=len+1;i<=nwLen;i++) sav[i]=0;
        len=nwLen;
    }
    Func operator - (){
        Func B;B.len=len;
        for(ll i=0;i<=len;i++) B[i]=(-sav[i]+MOD)%MOD;
        return B;
    }
    /*void Debug(){
        cout<

三、总结

我觉得两种解法都很妙啊(

解题思路很具有参考价值,实为一道期望好题!

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