2023“钉耙编程”中国大学生算法设计超级联赛（1）Play on Tree

2023“钉耙编程”中国大学生算法设计超级联赛（1）Play on Tree

题目大意

小$S$和小$k$在玩游戏，小$K$先手。每次可以选择一个节点$x$并删除它及其子树，删除了根节点就输掉了游戏。每个点作为根节点的概率相同，求小$K$获胜的概率。

输出概率对$10^9+7$取模后的值。

有$T$组数据。

$1\le T\le 3,1\le n\le 2\times 10^5$

题解

我们考虑求固定根节点的情况下每棵子树的$SG$函数。

对于每个点$u$，我们可以先求其每棵子树的$SG$值，然后异或起来。对于一棵子树，根据题意，是删除根节点就输了。但如果将$u$当做根节点，则在这棵子树中，先删除根节点的必胜。那这种情况下如何计算子树在这种情况下的$SG$函数呢？加上$u$作为根节点，即求这棵子树连上$u$之后的$SG$函数即可。

当$u$没有子树的时候，显然$SG$值为$0$。当$u$有且只有一个儿子$v$时，我们可以推断$S{G}_u=S{G}_v+1$，证明如下：

当子树$v$只有一个点时，断掉$u$和$v$的边即可得到$SG$值为$0$的状态。对当前状态能够转化到的状态求$mex$，即可得到$S{G}_u$的状态，即$S{G}_u=1$

那么，我们可以用数学归纳法，设$S{G}_v$的值为$[0,k-1]$时$S{G}_u=S{G}_v+1$，下面来证明$S{G}_v=k$时仍然成立。

对于$u$这棵子树，如果断掉$u$到$v$这条边，则$SG$值变为$0$。如果断掉其他边，因为$S{G}_v$是在子树$v$断掉一条边后的状态的$SG$值取$mex$得到的，所以这些$SG$值都在$[0,x-1]$中，根据上面的已知条件可得加上$u$后其状态的$SG$值在$[1,x]$中，取$mex$后可以得到$S{G}_u=S{G}_v+1$。

当$u$有多个儿子时，将这些儿子的$SG$值异或起来。

$S{G}_u=\underset{v\in u_{son}}{⨁}(S{G}_v+1)$

对于换根的情况，画图即可得到

$S{G}_v=S{G}_v^{\prime }\oplus (S{G}_u\oplus (S{G}_v^{\prime }+1)+1)$

其中$S{G}_u$表示$u$的$SG$函数，$S{G}_v^{\prime }$表示以原来的根为根的$SG$函数，最后求出的$S{G}_v$即为以$v$为根的$SG$函数。

最后的答案为

$ans=\frac{1}{n}\sum [S{G}_u>0]$

时间复杂度为$O(n)$。

code

#include
using namespace std;
const long long mod=1000000007;
int tq,n,x,y,tot=0,d[500005],l[500005],r[500005],f1[500005],f2[500005];
long long cnt,ans;
void add(int xx,int yy){
	l[++tot]=r[xx];d[tot]=yy;r[xx]=tot;
}
void dfs1(int u,int fa){
	for(int i=r[u];i;i=l[i]){
		if(d[i]==fa) continue;
		dfs1(d[i],u);
		f1[u]^=(f1[d[i]]+1);
	}
}
void dfs2(int u,int fa){
	for(int i=r[u];i;i=l[i]){
		if(d[i]==fa) continue;
		f2[d[i]]=f1[d[i]]^((f2[u]^(f1[d[i]]+1))+1);
		dfs2(d[i],u);
	}
}
long long mi(long long t,long long v){
	if(!v) return 1;
	long long re=mi(t,v/2);
	re=re*re%mod;
	if(v&1) re=re*t%mod;
	return re;
}
int main()
{
	scanf("%d",&tq);
	while(tq--){
		scanf("%d",&n);
		for(int i=1;i<n;i++){
			scanf("%d%d",&x,&y);
			add(x,y);add(y,x);
		}
		dfs1(1,0);
		f2[1]=f1[1];
		dfs2(1,0);
		cnt=0;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			if(f2[i]) ++cnt;
		}
		ans=cnt*mi(n,mod-2)%mod;
		printf("%lld\n",ans);
		tot=0;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			r[i]=f1[i]=f2[i]=0;
		}
	}
	return 0;
}