【数学期望】【LCA】【树形DP】树

树

题目大意

给你一棵有n个节点的树，以及m个询问，每个询问需要你回答一个点到另一个点要经过的期望边数

输入样例

4 2
1 2
2 3
3 4
1 4
3 4

输出样例

9
5 

数据范围

对于 $20\%$的数据,$N⩽10.$
对于 $40\%$的数据,$N⩽1000.$
另有 $20\%$的数据, 保证给定的树是一条链.
对于 $100\%$的数据, $N⩽100000,Q⩽100000.$

解题思路

树上两点之间的距离要先求$lca$，然后可以通过前缀和来得出两点到$lca$距离
对于前缀和我们要先得出某个点到父亲节点和儿子节点的期望距离
我们设
$de{g}_x$为点$x$的度数
$dp{1}_x$为点$x$到父亲节点的期望距离
$dp{2}_x$为点$x$的父亲节点到点x的期望距离
我们先算$dp1$
叶子结点到父亲节点的期望距离为1，因为只能往上
对于不是叶子结点的点$x$
它直接到父亲节点的期望是$\frac{1}{de{g}_x}$（$\frac{1}{de{g}_x}$的概率走这条边）
他到子节点i再回来再到父亲节点的期望是$\frac{1+dp{1}_i+dp{1}_x}{de{g}_x}$
所以可以得到以下式子

$$dp{1}_x=\frac{1}{de{g}_x}+\sum _{i\in so{n}_x}\frac{1+dp{1}_i+dp{1}_x}{de{g}_x}$$
化简式子
$$dp{1}_x=\frac{1}{de{g}_x}+\frac{de{g}_x-1}{de{g}_x}+\frac{(de{g}_x-1)dp{1}_x}{de{g}_x}+\sum _{i\in so{n}_x}\frac{dp{1}_i}{de{g}_x}$$
移项
$$\frac{dp{1}_{x}de{g}_x}{de{g}_x}-\frac{(de{g}_x-1)dp{1}_x}{de{g}_x}=\frac{1}{de{g}_x}+\frac{de{g}_x-1}{de{g}_x}+\sum _{i\in so{n}_x}\frac{dp{1}_i}{de{g}_x}$$
化简
$$\frac{dp{1}_x}{de{g}_x}=\frac{1}{de{g}_x}+\frac{de{g}_x-1}{de{g}_x}+\sum _{i\in so{n}_x}\frac{dp{1}_i}{de{g}_x}$$
同乘$de{g}_x$
$$dp{1}_x=de{g}_x+\sum _{i\in so{n}_x}dp{1}_i$$
求出dp1后我们来求dp2
父亲节点直接到目标子节点的期望是$\frac{1}{de{g}_{fa}}$
父亲节点先到父亲节点的父亲节点然后回来再到目标子节点的期望是$\frac{1+dp{2}_{fa}+dp{2}_x}{de{g}_{fa}}$
父亲节点先到其他子节点再回来再到目标子节点的期望是$\frac{1+dp{1}_i+dp{2}_x}{de{g}_{fa}}$
所以我们得到式子
$$dp{2}_x=\frac{1}{de{g}_{fa}}+\frac{1+dp{2}_{fa}+dp{2}_x}{de{g}_{fa}}+\sum _{i\in so{n}_{fa}|i\ne x}\frac{1+dp{1}_i+dp{2}_x}{de{g}_{fa}}$$
化简式子
$$dp{2}_x=\frac{1}{de{g}_{fa}}+\frac{1+dp{2}_{fa}}{de{g}_{fa}}+\frac{dp{2}_x}{degfa}+\frac{de{g}_{fa}-2}{de{g}_{fa}}+\frac{(de{g}_{fa}-2)dp{2}_x}{de{g}_{fa}}+\sum _{i\in so{n}_{fa}|i\ne x}\frac{dp{1}_i}{de{g}_{fa}}$$
移项
$$\frac{dp{2}_{x}de{g}_{fa}}{degfa}-\frac{dp{2}_x}{degfa}-\frac{(de{g}_{fa}-2)dp{2}_x}{de{g}_{fa}}=\frac{1}{de{g}_{fa}}+\frac{1+dp{2}_{fa}}{de{g}_{fa}}+\frac{de{g}_{fa}-2}{de{g}_{fa}}+\sum _{i\in so{n}_{fa}|i\ne x}\frac{dp{1}_i}{de{g}_{fa}}$$
合并
$$\frac{dp{2}_x}{degfa}=\frac{1}{de{g}_{fa}}+\frac{1+dp{2}_{fa}}{de{g}_{fa}}+\frac{de{g}_{fa}-2}{de{g}_{fa}}+\sum _{i\in so{n}_{fa}|i\ne x}\frac{dp{1}_i}{de{g}_{fa}}$$
同乘$de{g}_{fa}$
$$dp{2}_x=dp{2}_{fa}+de{g}_{fa}+\sum _{i\in so{n}_{fa}|i\ne x}dp{1}_i$$
根据$dp{1}_x$的式子化简该式子
$$\begin{gathered} \begin{array}{rl}\because de{g}_{fa}+\sum _{i\in so{n}_{fa}|i\ne x}dp{1}_i& =de{g}_{fa}+\sum _{i\in so{n}_{fa}}dp{1}_i-dp{1}_x\\ & =dp{1}_{fa}-dp{1}_x\end{array} \\ \therefore dp{2}_x=dp{2}_{fa}+dp{1}_{fa}-dp{1}_x \end{gathered}$$
然后求前缀和，再求$lca$
然后求$a$到$lca$再到$b$的期望步数即可

#include
#include
#include
#include
#define ll long long
#define wyc 1000000007
using namespace std;
ll n, m, x, y, z, g, tot, dep[110010], deg[110010], dp1[110010], dp2[110010], head[110010], f[110010][20];
struct rec
{
	ll to, next;
}a[210020];
void add(ll x, ll y)
{
	a[++tot].to = y;
	a[tot].next = head[x];
	head[x] = tot;
	return;
}
void dfs1(ll x, ll fa)//记录dp1
{
	f[x][0] = fa;//记录父亲
	dep[x] = dep[fa] + 1;//求深度
	dp1[x] = deg[x];
	for (int i = head[x]; i; i = a[i].next)
		if (a[i].to != fa)
		{
			dfs1(a[i].to, x);
			dp1[x] = (dp1[x] + dp1[a[i].to]) % wyc;
		}
	return;
}
void dfs2(ll x, ll fa)//求dp2
{
	for (int i = head[x]; i; i = a[i].next)
		if (a[i].to != fa)
		{
			dp2[a[i].to] = (dp1[x] - dp1[a[i].to] + dp2[x]) % wyc;
			dfs2(a[i].to, x);
		}
	return;
}
void dfs3(ll x, ll fa)//前缀和
{
	for (int i = head[x]; i; i = a[i].next)
		if (a[i].to != fa)
		{
			dp1[a[i].to] = (dp1[a[i].to] + dp1[x]) % wyc;
			dp2[a[i].to] = (dp2[a[i].to] + dp2[x]) % wyc;
			dfs3(a[i].to, x);
		} 
	return;
}
ll lca(ll x, ll y)
{
	if (dep[x] < dep[y]) g = x, x = y, y = g;
	for (int i = 16; i >= 0; --i)
		if (dep[x] - (1<<i) >= dep[y]) x = f[x][i];
	for (int i = 16; i >= 0; --i)
		if (f[x][i] != f[y][i]) x = f[x][i], y = f[y][i];
	return x == y?x:f[x][0];
}
int main()
{
	scanf("%lld%lld", &n, &m);
	for (int i = 1;i < n; ++i)
	{
		scanf("%lld%lld", &x, &y);
		deg[x]++;
		deg[y]++;
		add(x, y);
		add(y, x);
	}
	dfs1(1, 1);
	dfs2(1, 1);
	dfs3(1, 1); 
	for (int j = 1; j <= 16; ++j)
		for (int i = 1; i <= n; ++i)
			f[i][j] = f[f[i][j - 1]][j - 1];
	for (int i = 1; i <= m; ++i)
	{
		scanf("%lld%lld", &x, &y);
		z = lca(x, y);
		printf("%lld\n", ((wyc + dp1[x] - dp1[z]) % wyc + (wyc + dp2[y] - dp2[z]) % wyc) % wyc);
	}
	return 0;
}