题意

对于一棵 \(n\) 个点的带标号无根树，设 \(d[i]\) 为点 \(i\) 的度数，定义一棵树的方差为数组 \(d[1..n]\) 的方差。

给定 \(n\) ，求所有带标号的 \(n\) 个点的无根树的方差之和，答案对 \(998244353\) 取模。

题解

注意是方差之和，而不是方差的期望。

首先方差有个套路转化，\(\displaystyle V[x]= E[x^2] -(E[x])^2\) ，也就是平方的期望减去期望的平方。

此处可以把期望理解成加权平均数。

至于原因？拆式子就好啦 qwq

每条边会贡献到两个点，又由于点数等于边数加一，所以就有 \(E[x] = \displaystyle \frac{2(n - 1)}{n}\) 。

那么现在只需要求 \(E[x^2]\) 的期望就好了。

如何算呢？看到 带标号无根树+度数 ，不难想到就是 \(\text{Prufer}\) 序。

\(\text{Prufer}\) 序：

一个 \(n\) 个结点的无根树，对应一个长度为 \(n − 2\) 、所有元素均为 \([1,n]\) 内整数的序列，这个序列叫 \(\text{Prufer}\) 序列。

无根树 \(⇒\) \(\text{Prufer}\) 序列：删除编号最小的叶子，将其邻点编号加入数列，持续这个过程直到图中只剩 \(2\) 个点。

\(\text{Prufer}\) 序列 \(⇒\) 无根树：建立一个集合 \(\{1,2,...,n\}\) ，找出集合中最小的、未出现在 \(\text{Prufer}\) 序列中的元素，将其与序列首项连边，并删去这个元素和序列首项，持续这个过程直到序列为空，然后把集合中最后两个数连边。

点数为 \(n\) 的无根树个数 \(=\) 长度为 \(n − 2\) 的 \(\text{Prufer}\) 序列个数 \(= n^{n−2}\)

无根树中一个点的度数 \(=\) 点的编号在 \(\text{Prufer}\) 序列中出现次数 \(+1\)

我们利用最后一条性质就可以做了，考虑枚举一个点在 \(\text{Prufer}\) 序列的出现次数 \(i\) ，那么贡献就是

\[\frac{1}{n}(\sum_{i = 0}^{n - 2} {n - 2 \choose i} n (n - 1)^{n - 2 - i} (i + 1)^2)
\]

意义是十分明显的，不要忘记除掉 \(n\) ，然后就能做完了。

代码

#include <bits/stdc++.h>

#define For(i, l, r) for (register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)

#define Fordown(i, r, l) for (register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)

#define Rep(i, r) for (register int i = (0), i##end = (int)(r); i < i##end; ++i)

#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))

#define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))

#define debug(x) cout << #x << ": " << (x) << endl

using namespace std;

template<typename T> inline bool chkmin(T &a, T b) { return b < a ? a = b, 1 : 0; }

template<typename T> inline bool chkmax(T &a, T b) { return b > a ? a = b, 1 : 0; }

inline int read() {

    int x(0), sgn(1); char ch(getchar());

    for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') sgn = -1;

    for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x * 10) + (ch ^ 48);

    return x * sgn;

}

void File() {

#ifdef zjp_shadow

    freopen ("1511.in", "r", stdin);

    freopen ("1511.out", "w", stdout);

#endif

}

const int N = 1e6 + 1e3;

int n, fac[N], ifac[N], Mod = 998244353;

inline int fpm(int x, int power) {

	int res = 1;

	for (; power; power >>= 1, x = 1ll * x * x % Mod)

		if (power & 1) res = 1ll * res * x % Mod;

	return res;

}

void Math_Init(int maxn) {

	fac[0] = ifac[0] = 1;

	For (i, 1, maxn) fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % Mod;

	ifac[maxn] = fpm(fac[maxn], Mod - 2);

	Fordown (i, maxn - 1, 1) ifac[i] = ifac[i + 1] * (i + 1ll) % Mod;

}

inline int Comb(int n, int m) {

	if (n < 0 || m < 0 || n < m) return 0;

	return 1ll * fac[n] * ifac[m] % Mod * ifac[n - m] % Mod;

}

int main() {

	File();

	n = read();

	Math_Init(n);

	int ans = 0;

	For (i, 0, n - 2)

		ans = (ans + 1ll * Comb(n - 2, i) % Mod * fpm(n - 1, n - 2 - i) % Mod * (i + 1) % Mod * (i + 1)) % Mod;

	int Exp = 2ll * (n - 1) * fpm(n, Mod - 2) % Mod;

	Exp = 1ll * Exp * Exp % Mod * fpm(n, n - 2) % Mod;

	ans = (ans - Exp + Mod) % Mod;

	printf ("%d\n", ans);

	return 0;

}

巴特西

HihoCoder 1511: 树的方差(prufer序)

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