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给出一个 \(n\) 个节点的树。求从根节点出发，每次随机走一个相邻的点，问走到任意一个叶子节点经过的路径长度的期望。
\(1\leq n\leq 10^5\)
Solution
树上期望我们依旧用高斯消元来做。
设
\[d(u)=\sum_{\text{v is the neighbor of u}} dist(u,v)\]
其中 \(dist(u,v)\) 表示 \((u,v)\) 间距离。设 \(E(u)\) 表示节点 \(u\) 到叶子节点的路劲长度的期望， \(in_u\) 为节点 \(u\) 的度数。容易得到方程
\[E(u)=\frac{E(fa_u)+\sum E(son_u)+d(u)}{in_u}\]
特别地对于叶子节点 \(u\) ， \(E(u)=0\) 。
可以用高斯消元来解，不过复杂度是 \(O(n^3)\) 的。考虑优化这个过程。
由于叶子节点的 \(E=0\) ，容易发现对于叶子节点的父亲，满足方程
\[E(u)=\frac{E(fa_u)+d(u)}{in_u}\]
发现这个方程只有 \(fa_u\) 和 \(u\) 两个元，考虑将式子变形
\[k_uE(u)=E(fa_u)+b_u\]
其中 \(k_u,b_u\) 均为已知项。
我们可以考虑将这个线性相关的方程带入 \(u\) 的父亲。
\[\begin{aligned}E(fa_u)&=\frac{E(fa_{fa_u})+\sum E(son_{fa_u})+d(fa_u)}{in_{fa_u}}\\&=\frac{E(fa_{fa_u})+\sum \frac{E(fa_u)+b_{son_{fa_u}}}{k_{son_{fa_u}}}+d(fa_u)}{in_{fa_u}}\end{aligned}\]
发现这个方程也只有两个元，继续变形
\[k_{fa_u}E(fa_u)=E(fa_{fa_u})+b_{fa_u}\]
可以继续上代，发现最后的根节点没有父亲，得到的方程就会是
\[k_{root}E(root)=b_{root}\]
这样就可以做到 \(O(n)\) 求解了。
Code
#include
using namespace std;
const int N = 1e5+5, yzh = 1e9+7;
int n, k[N], b[N], fa[N], q[N], in[N], tail, u, v, c;
struct tt {int to, next; }edge[N<<1];
int path[N], top;
int quick_pow(int a, int b) {
int ans = 1;
while (b) {
if (b&1) ans = 1ll*ans*a%yzh;
a = 1ll*a*a%yzh, b >>= 1;
}
return ans;
}
void dfs(int u) {
q[++tail] = u;
for (int i = path[u]; i; i = edge[i].next)
if (edge[i].to != fa[u]) fa[edge[i].to] = u, dfs(edge[i].to);
}
void add(int u, int v) {edge[++top] = (tt){v, path[u]}, path[u] = top; }
void work() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i < n; i++) {
scanf("%d%d%d", &u, &v, &c); ++u, ++v;
add(u, v), add(v, u); ++k[u], ++k[v], b[u] += c, b[v] += c;
}
for (int i = 1; i <= n; i++) in[i] = k[i];
dfs(1);
for (int i = n; i >= 1; i--)
if (in[i] != 1) {
int inv = quick_pow(k[i], yzh-2);
(k[fa[i]] -= inv) %= yzh;
(b[fa[i]] += 1ll*b[i]*inv%yzh) %= yzh;
}
printf("%d\n", (1ll*b[1]*quick_pow(k[1], yzh-2)%yzh+yzh)%yzh);
}
int main() {work(); return 0; }