提瓦特游记 - 题解

标签与难度

标签: 树形DP, 动态规划, 概率与期望, 组合计数, 树上问题 难度: 2400

题目大意喵~

哈喵~旅行者！这道题是说，我们来到了一个叫「须弥」的地方，它是一棵有 $N$ 个节点的树。我们可以在任意两个节点 $u, v$ 之间开辟一条有向道路，也就是树上的最短路径 $(u, v)$。

总共有 $N \times N$ 条这样的潜在道路。我们可以选择这些道路的任意一个子集来构成「道路建设情况」。问题是，对于 所有 $2^{N \times N}$ 种可能的道路建设情况，我们需要分别计算出其中 最多 能选出多少条边不相交的道路（这就是旅行的愉悦度），然后把所有情况的愉悦度加起来。

最后的结果要对 $998244353$ 取模，呐。

举个栗子，如果有一条路是 $1 \to 3$，另一条是 $2 \to 4$，它们在树上的路径分别是 $1-5-3$ 和 $2-5-4$。如果它们共用了某条边（比如 $5-x$），那它们就是相交的。我们的目标是在选定的道路集合里，找一个最大的子集，使得里面的道路两两路径不相交。

解题思路分析

喵哈！看到要对 所有 $2^{N \times N}$ 种情况求和，直接枚举肯定是不行的啦！这种问题的经典切入点，就是把它转化成一个数学期望问题，这会让问题变得清晰很多哦，喵~

期望的魔法转换

我们可以想象一下，对于 $N^2$ 条可能的道路，每一条都有 $1/2$ 的概率被选中， $1/2$ 的概率不被选中。所有选择都是独立的。这样一来，所有 $2^{N^2}$ 种建设情况都是等概率出现的。

设 $X$ 是一个随机的道路建设情况中，最大不相交路径的数量。我们要求的是 \sum_{S} \text{max_disjoint}(S)，其中 $S$ 是所有可能的道路集合。

根据期望的定义，E[X] = \frac{\sum_{S} \text{max_disjoint}(S)}{\text{总情况数}} = \frac{\sum_{S} \text{max_disjoint}(S)}{2^{N^2}}。

所以，我们要求的总和就是 $E[X] \times 2^{N^2}$！问题就变成了求 $E[X]$，也就是在每条路有 $1/2$ 概率出现的情况下，最大不相交路径数量的期望值。

树形DP的设计

期望问题，又是在一棵树上，这强烈地暗示我们要用树形DP来解决，喵~

我们来设计一下DP的状态。对于一个以 $u$ 为根的子树，我们需要计算些什么信息，才能帮助父节点完成计算呢？

路径可以分为两种：

1. 内部路径：路径的两个端点都在 $u$ 的子树内。
2. 外部路径：至少有一个端点在 $u$ 的子树外。这些路径必然会经过 $u$ 和它父节点之间的边。

我们可以在DP过程中，计算出所有 LCA (最近公共祖先) 为当前节点 $u$ 的路径对答案的贡献。这样，当我们遍历完所有节点作为LCA的情况，就能把所有路径的贡献都算上啦。

一个路径的LCA是 $u$，意味着它的两个端点在 $u$ 的不同子树分支中，或者其中一个端点就是 $u$。这些路径的关键冲突点就在于从 $u$ 出发的各个分支的边。

这启发我们，DP状态需要记录子树向外连接的信息。

DP状态定义

这道题的DP状态有点小抽象，喵~ 我们需要定义两种状态：

• $dp[u][0]$: 表示在以 $u$ 为根的子树中，我们已经处理了所有LCA在 $u$ 的子树内（包括 $u$ 的子节点及其后代）的路径，这个状态存储的是这些路径贡献的 期望愉悦度。
• $dp[u][k]$ (当 $k > 0$ 时): 这个状态不直接表示期望值，而是一个 系数。它表示在 $u$ 的子树中，通过某种方式选择了 $k$ 个节点，让它们作为 "接口"，准备连接到子树外部形成路径（我们称之为 $k$ 条"向上"的路径）。$dp[u][k]$ 是与达成这种状态相关的概率或权值之和。

DP的转移过程

我们用一次DFS来完成树形DP。当访问到节点 $u$ 时，我们先递归处理它的所有子节点 $v$。处理完一个子节点 $v$ 后，就把它提供的信息合并到 $u$ 的DP状态中。

1. 初始化

对于一个节点 $u$，在合并任何子节点之前，我们可以把它自己看作一个大小为1的子树。这个节点本身可以作为一个"接口"向上连接，也可以不作为。所以我们初始化：

• $dp[u][1] = 1/2$ （节点 $u$ 被选中作为向上路径的接口）
• $dp[u][0] = 1/2$ （节点 $u$ 不被选中）
• $siz[u] = 1$

2. 合并子树

假设我们已经处理完了 $u$ 的一部分子树（或者刚初始化完 $u$ 自身），得到了当前的 $dp[u]$ 数组和子树大小 $siz[u]$。现在我们要合并一个新的子树 $v$（已经计算好了 $dp[v]$ 和 $siz[v]$）。

我们用一个临时数组 tmp 来存放合并后的新状态。

考虑从 $u$ 这边的子树选出 $j$ 个接口，从 $v$ 的子树选出 $k$ 个接口。它们之间可以发生两种交互：

• 交互A：接口之间配对，形成内部路径 在 $u$ 这边的 $j$ 个接口和 $v$ 的 $k$ 个接口之间，总共可以形成 $2 \times j \times k$ 条有向路径（$u$侧 $\to$ $v$侧，或者 $v$侧 $\to$ u侧）。这些路径都会经过边 $(u,v)$，所以它们之间是相互冲突的。我们最多只能选择一条。

  • 至少选择一条这样的路径的概率是 $1 - (1/2)^{2jk}$。
  • 如果发生了这种情况，我们就得到了1的愉悦度。这部分贡献会加到期望值里，也就是新的 $dp[u][0]$。
  • 贡献大小为：$dp[u][j] \times dp[v][k] \times (1 - (1/2)^{2jk})$。这部分贡献会累加到 tmp[0] 中。

• 交互B：接口继续向上，不配对

  • 所有 $2jk$ 条路径都不被选择的概率是 $(1/2)^{2jk}$。
  • 在这种情况下，$u$ 侧的 $j$ 个接口和 $v$ 侧的 $k$ 个接口都没有被消耗掉。它们会合并成 $j+k$ 个接口，继续向上。
  • 这部分的权值是 $dp[u][j] \times dp[v][k] \times (1/2)^{2jk}$。它会累加到 tmp[j+k] 中。

同时，期望值是可以直接相加的。$u$ 的旧期望值 $dp[u][0]$ 和 $v$ 的期望值 $dp[v][0]$ 也会被累加到新的期望值 tmp[0] 中。

完整的合并逻辑如下（用 $dp\_u$ 和 $dp\_v$ 代表合并前的状态）：

$$\text{tmp}[0] = dp\_u[0] \cdot \sum_{k=0}^{siz_v} dp\_v[k] + dp\_v[0] \cdot \sum_{j=1}^{siz_u} dp\_u[j] + \sum_{j=1}^{siz_u} \sum_{k=1}^{siz_v} dp\_u[j] \cdot dp\_v[k] \cdot (1 - (1/2)^{2jk})$$

$$\text{tmp}[i] = \sum_{j+k=i, j>0, k>0} dp\_u[j] \cdot dp\_v[k] \cdot (1/2)^{2jk} \quad (\text{for } i>0)$$

这个公式看起来有点复杂，但在代码实现中，我们可以通过循环来优雅地处理。

3. 最终答案

当DFS回溯到根节点时，dp[root][0] 就代表了整棵树的期望愉悦度 $E[X]$。 最终的答案就是 $E[X] \times 2^{N^2} \pmod{P}$。

注意，在我的推导中，dp[u][0] 是期望值，而 dp[u][k>0] 是概率/权值。而参考代码1的实现更巧妙，它把所有 dp 值都当作一种混合的系数，dp[u][0] 也作为系数参与转移，最后再把所有 dp[u][0] 加起来得到总期望。这两种思路本质是相通的，但后者的实现更简洁。我的代码将采用这种简洁的实现方式。

代码实现

下面是我根据上面的思路，精心重构的代码哦！喵~

#include <iostream>
#include <vector>
#include <numeric>

// 使用 long long 防止乘法溢出
using ll = long long;

// 模数
const int MOD = 998244353;
// 2的逆元，用于计算 1/2
const int INV2 = 499122177;

int n;
std::vector<std::vector<int>> adj;
std::vector<std::vector<ll>> dp;
std::vector<int> subtree_size;
std::vector<ll> pow2_inv;

// 预处理 2 的幂的逆元
void precompute_inv_pow2(int max_val) {
    pow2_inv.resize(max_val + 1);
    pow2_inv[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= max_val; ++i) {
        pow2_inv[i] = (pow2_inv[i - 1] * INV2) % MOD;
    }
}

// 快速幂，用于计算 2^(N*N)
ll power(ll base, ll exp) {
    ll res = 1;
    base %= MOD;
    while (exp > 0) {
        if (exp % 2 == 1) res = (res * base) % MOD;
        base = (base * base) % MOD;
        exp /= 2;
    }
    return res;
}

void dfs(int u, int p) {
    // 初始化：u 自身构成一个大小为 1 的子树
    subtree_size[u] = 1;
    dp[u].assign(2, INV2); // dp[u][0] = 1/2, dp[u][1] = 1/2

    for (int v : adj[u]) {
        if (v == p) continue;
        
        dfs(v, u);

        // 准备一个临时 dp 数组来存储合并后的结果
        int new_size = subtree_size[u] + subtree_size[v];
        std::vector<ll> next_dp(new_size + 1, 0);

        // 合并 u 和 v 的信息
        for (int i = 0; i <= subtree_size[u]; ++i) {
            for (int j = 0; j <= subtree_size[v]; ++j) {
                if (dp[u][i] == 0 || dp[v][j] == 0) continue;
                
                ll current_prod = (dp[u][i] * dp[v][j]) % MOD;

                if (i == 0) {
                    // u 侧没有向上的接口，直接继承 v 的接口
                    next_dp[j] = (next_dp[j] + current_prod) % MOD;
                } else if (j == 0) {
                    // v 侧没有向上的接口，直接继承 u 的接口
                    next_dp[i] = (next_dp[i] + current_prod) % MOD;
                } else {
                    // 两侧都有接口，可以配对或不配对
                    ll prob_no_match = pow2_inv[2LL * i * j];
                    ll prob_match = (1 - prob_no_match + MOD) % MOD;

                    // 情况1: 不配对，接口合并继续向上
                    next_dp[i + j] = (next_dp[i + j] + current_prod * prob_no_match) % MOD;
                    
                    // 情况2: 配对，形成内部路径，贡献给期望值（即 k=0 的情况）
                    // 这里的贡献是 1 * P(match)，但因为 dp 值本身是系数，所以直接乘
                    next_dp[0] = (next_dp[0] + current_prod * prob_match) % MOD;
                }
            }
        }
        
        subtree_size[u] = new_size;
        dp[u] = next_dp;
    }
}


int main() {
    std::ios_base::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(NULL);

    std::cin >> n;

    adj.resize(n + 1);
    dp.resize(n + 1);
    subtree_size.resize(n + 1);

    for (int i = 0; i < n - 1; ++i) {
        int u, v;
        std::cin >> u >> v;
        adj[u].push_back(v);
        adj[v].push_back(u);
    }

    // N 最大 100, N*N 最大 10000。2*i*j 的最大值是 2 * 50 * 50 = 5000 左右
    precompute_inv_pow2(n * n);

    dfs(1, 0);

    // dp[1][0] 就是最终的期望值 E[X]
    ll expected_value = dp[1][0];

    // 总和 = E[X] * 2^(N*N)
    ll total_sum = (expected_value * power(2, (ll)n * n)) % MOD;

    std::cout << total_sum << std::endl;

    return 0;
}

复杂度分析

• 时间复杂度: $O(N^2)$。 我们在树上进行深度优先搜索。在每个节点 u，我们会将它与它的每个子节点 v 进行合并。合并操作的复杂度是 $O(siz[u] \times siz[v])$。熟悉树上背包的旅行者们应该知道，一个节点被作为子树的一部分参与合并的总次数，与它和其他节点的配对次数有关，总的时间复杂度是所有节点对 $(i,j)$ 在它们的LCA处贡献一次计算，所以总复杂度是 $O(N^2)$，喵~

• 空间复杂度: $O(N^2)$。 dp 数组的大小是主要的空间开销。dp[u] 的大小是 $O(siz[u])$。所有 dp 数组的总大小是 $\sum_{u=1}^N siz[u]$。在最坏的情况下（一条链），总大小是 $O(N^2)$。在合并时，我们还用了一个临时数组 next_dp，大小也是 $O(N)$。所以总空间复杂度是 $O(N^2)$。

知识点总结

这道题是一道非常精彩的树形DP题，融合了概率期望的思想，值得好好回味，喵~

1. 期望思想: 将 "对所有子集求和" 的问题转化为求期望值，再乘以总方案数，是组合计数问题中的一个强大武器。
2. 树形DP: 树形DP的核心在于思考：为了计算父节点的状态，子节点需要提供哪些信息？这里的关键是识别出路径可以按LCA划分，并且子树需要向上传递 "向上连接的接口" 的信息。
3. DP状态设计: 本题的DP状态设计较为抽象，将期望值和概率/权值系数混合在同一个DP数组的不同维度中，是一种非常高效和巧妙的设计。dp[u][0] 存期望，dp[u][k>0] 存系数，这个思路很值得学习！
4. 树上背包模型: DP转移中合并子树的过程，其复杂度分析类似于树上背包问题，这也是一个经典的知识点。

希望这篇题解能帮到你，旅行者！一起在提瓦特大陆上变得更强吧，喵~！