2023NOIP A层联测32 sakuya

题目大意

有一棵有 n n n个节点的树,每条边有一个边权 w w w。有 m m m个特殊点,将这些点记为集合 A A A

A A A中的元素随机打乱得到序列 a a a,求 ∑ i = 2 m d ( a i − 1 , a i ) \sum\limits_{i=2}^md(a_{i-1},a_i) i=2md(ai1,ai)的期望值模 998244353 998244353 998244353后的值,其中 d ( x , y ) d(x,y) d(x,y)表示 x x x y y y的边权和。

q q q次修改,每次修改会将与 x x x相连的边的权值增加 k k k。求每次修改后上述式子的期望值。

1 ≤ n ≤ 5 × 1 0 5 , m ≤ n , 1 ≤ q ≤ 5 × 1 0 5 1\leq n\leq 5\times 10^5,m\leq n,1\leq q\leq 5\times 10^5 1n5×105,mn,1q5×105

1 ≤ w , k ≤ 1 0 9 1\leq w,k\leq 10^9 1w,k109


题解

对于每组特殊点 x , y x,y x,y,我们考虑有多少种方案会计算到 d ( x , y ) d(x,y) d(x,y)的贡献。在确定 x , y x,y x,y a a a中相邻之后,其他 m − 2 m-2 m2个数有 ( m − 2 ) ! (m-2)! (m2)!种放法, x , y x,y x,y中较前的数可以放在第一个到第 m − 1 m-1 m1个位置上,确定了前一个数,则后一个数也确定了,而这两个数的顺序可以为 x , y x,y x,y或者 y , x y,x y,x,所以还要乘 2 2 2,也就是说有 2 ( m − 2 ) ! × ( m − 1 ) = 2 ( m − 1 ) ! 2(m-2)!\times (m-1)=2(m-1)! 2(m2)!×(m1)=2(m1)!种方案会计算到 d ( x , y ) d(x,y) d(x,y)的贡献。而题目要求的是期望值,总共有 m ! m! m!种方案,那么 d ( x , y ) d(x,y) d(x,y)对答案的贡献为 2 ( m − 1 ) ! m ! × d ( x , y ) = 2 m × d ( x , y ) \dfrac{2(m-1)!}{m!}\times d(x,y)=\dfrac 2m\times d(x,y) m!2(m1)!×d(x,y)=m2×d(x,y)

下面,我们要求每条边被多少 d ( x , y ) d(x,y) d(x,y)计算过,这用一个 d f s dfs dfs即可算出,记这个值为 t d i td_i tdi。然后,求出所有边 i i i w i w_i wi t d i td_i tdi之积的和,也就是 ∑ i w i × t d i \sum\limits_iw_i\times td_i iwi×tdi m 2 × ∑ i w i × t d i \dfrac m2\times \sum\limits_iw_i\times td_i 2m×iwi×tdi即为答案。

我们考虑每次修改对答案的贡献。设与 i i i相连的边的 t d td td值之和为 t w i tw_i twi,则每次修改会让 ∑ i w i × t d i \sum\limits_iw_i\times td_i iwi×tdi增加 k × t w i k\times tw_i k×twi。那么,我们可以 O ( 1 ) O(1) O(1)修改。因为题目只需要求答案,所以我们不需要真的去修改 w i w_i wi

时间复杂度为 O ( n + q ) O(n+q) O(n+q)

code

#include
using namespace std;
const int N=500000;
const long long mod=998244353;
int n,m,q,z[N+5],siz[N+5];
long long ans,pt,w[N+5],td[N+5],tw[N+5];
vector<pair<int,int>>g[N+5];
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;
}
void dfs(int u,int fa){
	siz[u]=z[u];
	for(auto p:g[u]){
		int v=p.first,id=p.second;
		if(v==fa) continue;
		dfs(v,u);
		siz[u]+=siz[v];
		td[id]=1ll*(m-siz[v])*siz[v]%mod;
	}
}
int main()
{
//	freopen("sakuya.in","r",stdin);
//	freopen("sakuya.out","w",stdout);
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1,x,y;i<n;i++){
		scanf("%d%d%lld",&x,&y,&w[i]);
		g[x].push_back({y,i});
		g[y].push_back({x,i});
	}
	for(int i=1,x;i<=m;i++){
		scanf("%d",&x);
		z[x]=1;
	}
	dfs(1,0);
	for(int i=1;i<n;i++){
		ans=(ans+td[i]*w[i])%mod;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(auto p:g[i]){
			tw[i]=(tw[i]+td[p.second])%mod;
		}
	}
	scanf("%d",&q);
	long long tq=mi(m,mod-2)*2%mod;
	for(int o=1,x,k;o<=q;o++){
		scanf("%d%d",&x,&k);
		ans=(ans+tw[x]*k)%mod;
		pt=ans*tq%mod;
		printf("%lld\n",pt);
	}
	return 0;
}

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