Tree
11.2 和 11.3
11.2
考虑1个随机过程，第1次走到u号点的时间可以分成两部分，第1部分是从1号点随机游走第1次走到u的父亲p的时间，第2部分是从p开始走，第1次走到u的时间，由期望的线性性，第1次走到u的时间期望等于这两部分期望的和。第1部分是一个子问题，我们考虑怎么解决第2部分，我们把这个问题变成1棵树（并且根节点脑袋上也有1条边），从根节点开始随机游走，走出这棵树期望的时间，我们x[u]表示这个期望，我们对u的子树中的点也类似地定义x[v]，这样我们可以列出关系式：
其中d是的u度数（包括那根天线），这个关系是中的第一个1表示直接向上.，后面那个扩号中的三部分，那个1表示从u走向v， x[v]表示从v回来期望时间， x[u]表示这个时候继续走，走出去还需要花的时间。因为是等概率，所以直接乘以1/d这个概率即可。化简后是：
即x[u]等于这棵子树的所有节点度的和，考虑到除了那根天线之外，所有的边对度的贡献为2，所以：
这样，子问题就有了一个简单的答案了。我们回到原问题，dp[u]表示第一次走到u的期望时间，p表示u的父亲，有：
完美解决了这个问题，复杂度O(n)，其实答案都是整数，那三位小数也是来骗你的^_^。
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#define LL long long
#define N 1000010
using namespace std;
int n, idc=0, idx=0;
int head[N], siz[N], fa[N], seq[N];
LL ans[N];
struct Edge{
int to, nxt;
}ed[N];
void adde(int u, int v){
ed[++idc].to = v;
ed[idc].nxt = head[u];
head[u] = idc;
}
void dfs(int u){
seq[++idx] = u;
siz[u] = 1;
for(int i=head[u]; i; i=ed[i].nxt){
int v = ed[i].to;
if(v == fa[u]) continue;
fa[v] = u;
dfs( v );
siz[u] += siz[v];
}
}
void dfs2(int u, int fa){
for(int i=head[u]; i; i=ed[i].nxt){
int v = ed[i].to;
if(v == fa) continue;
ans[v] = ans[u] + 2 * (n - siz[v]) - 1;
dfs2(v, u);
}
}
int main(){
freopen ("tree.in", "r", stdin);
freopen ("tree.out", "w", stdout);
scanf("%d", &n); ans[1] = 1;
for(int i=1; i<n; i++){
int u, v; scanf("%d%d", &u, &v);
adde(u, v); adde(v, u);
}
dfs( 1 );
ans[1]=1;
dfs2(1,1);
for(int i=1; i<=n; i++)
printf("%lld.000\n", ans[i]);
return 0;
}11.3
从u走到v一定是从u到fa[u], 在到fa[fa[u]], …, 再从u,v的lca一步一步走到v. 那么如果能够算出从u到fa[u]的期望步数(设为f[u])和从fa[u]到u的期望步数(设为g[u])就能够做了.
式子就是在枚举第一步怎么走来列方程. 化简发现f[u]和g[u]其实是整数. 先求f,再求g,
然后求lca就可以了.
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define LL long long
#define N 200010
#define mod 1000000007
#define P 17
using namespace std;
int n, q, idc=0, idx=0;
int head[N], siz[N], fa[N], dep[N];
int pw[P+1], acc[N][P+1];
LL ans[N], sum[N];
inline int read(){
int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9'){ if(ch == '-') f = -1; ch = getchar(); }
while(ch >= '0' && ch <= '9'){ x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
return x * f;
}
LL up(LL x){
while (x >= mod) x -= mod;
while (x < 0) x += mod;
return x;
}
struct Edge{
int to, nxt;
}ed[N<<1];
inline void adde(int u, int v){
ed[++idc].to = v;
ed[idc].nxt = head[u];
head[u] = idc;
}
inline void dfs(int u, int f){
siz[u] = 1;
acc[u][0] = f;
for(int i=1; i<=P; i++)
acc[u][i] = acc[acc[u][i-1]][i-1];
for(int i=head[u]; i; i=ed[i].nxt){
int v = ed[i].to;
if(v == fa[u]) continue;
dep[v] = dep[u] + 1;
fa[v] = u;
dfs( v, u );
siz[u] += siz[v];
}
}
inline void dfs2(int u, int f){
for(int i=head[u]; i; i=ed[i].nxt){
int v = ed[i].to;
if(v == f) continue;
ans[v] = up(ans[u] + 2LL * (n - siz[v]) - 1LL);
sum[v] = up(sum[u] + 2LL * siz[v] - 1LL);
dfs2(v, u);
}
}
inline int lca(int x, int y){
if(dep[x] < dep[y]) swap(x, y);
int t = dep[x] - dep[y];
for(int i=0; pw[i]<=t; i++)
if(t & pw[i]) x = acc[x][i];
for(int i=P; i>=0; i--)
if(acc[x][i] != acc[y][i])
x = acc[x][i], y = acc[y][i];
if(x == y) return x;
return acc[x][0];
}
int main(){
freopen ("tree.in", "r", stdin);
freopen ("tree.out", "w", stdout);
//cout << sizeof(pw) + sizeof(ans) + sizeof(sum) + sizeof(acc) + sizeof(head) + sizeof(siz) + sizeof(dep) + sizeof(fa) << endl;
pw[0] = 1; for(int i=1; i<=P; i++) pw[i] = pw[i-1] << 1;
scanf("%d%d", &n, &q);
for(register int i=1; i<n; i++){
int u = read(), v = read();
adde(u, v); adde(v, u);
}
dfs( 1, 1 ); dfs2( 1, 1 );
/*for(register int i=1; i<=n; i++) printf("%d\n", ans[i]);
for(register int i=1; i<=n; i++) printf("%d\n", sum[i]);*/
while ( q-- ){
int u = read(), v = read();
int LCA = lca(u, v);
printf("%lld\n", up(ans[v] - ans[LCA] + sum[u] - sum[LCA]));
}
}