Description

Input

輸入文件cactus .in
第一行4個空格隔開的整數n,m,t,w
接下來m行,每行兩個空格隔開的整數u,v,表示m次加邊操作.

Output

輸出文件為cactus.out
輸出m行,每行一個整數,表示期望模998244353的結果.

Sample Input

輸入1：

5 5 1 1
1 2
1 3
2 3
3 4
1 5

輸入2：

5 5 0 1
1 2
1 3
2 3
3 4
1 5

輸入3：

5 5 3 1
1 2
1 3
2 3
3 4
1 5

Sample Output

輸出1：

199648875
399297745
798595486
3
199648873

輸出2：

4
3
3
2
1

輸出3：

934356719
870469080
902412899
838525260
774637621

Data Constraint

Hint

更正：題目有重邊有自環也算環（無視掉題目中第一行的定義，即只要求每條邊在至多一個簡單環中）

Solution

• 設編號是 $0$ 的點為白點、編號是 $1$ 的點為黑點。

• 首先要看透這道題的本質：答案等于 點數-邊數+環數 （黑白點分開計算）！！

• 具體怎么算一會再說，現在先解決問題的第一步，如何判斷讀入的邊是否能夠加入。

• 用 LCT 就很好判斷了（也能用樹鏈剖分），若沒連通直接加（把邊化成點加入）；

• 若已連通且路徑上的邊有的已經被標記過了，就不能加了；

• 否則可以加，并將路徑上的邊都標記一遍（這個暴力標記，每條邊最多被標記一次）。

• 這樣的話環的大小我們都能直接算出來。

• 接著我們就能算答案了。

• 先算點數貢獻： 一個點是白點的概率其實就是 $(\frac{n?1}{n}{)}^t$（很關鍵），所有白點貢獻即為 $n?(\frac{n?1}{n}{)}^t$ 。

• 黑點呢就是 $1?$白點概率，所有黑點：$n?(1?(\frac{n?1}{n}{)}^t)$ ，同理。

• 再算邊數貢獻： 一條邊是白邊的概率其實就是 $(\frac{n?2}{n}{)}^t$ ，而一條黑邊的概率的計算可以“正難則反”，相當于是 $(1?x$是白點$)?(1?y$是白點$)$ ，即為：$$1?2?(\frac{n?1}{n}{)}^t+(\frac{n?2}{n}{)}^t$$

• 最后算環數貢獻： 一個大小為 $m$ 白環的概率比較好算，就是 $(\frac{n?m}{n}{)}^t$ ，本質跟前面白點、白邊是一樣的。

• 但是一個大小為 $m$ 的黑環的概率就不太好算了。下面給出兩種方法：

• 方法①：分治NTT。 這樣會碼量大而且跑得慢，不過簡單直接，本質是DP計算。

• 設 $f[i]$ 表示大小為 $i$ 的環在 $t$ 次操作后全黑的概率，再設一個輔助數組 $g[i]$ 表示包含 $i$ 個點的集合在 $t$ 次操作后全白的概率。根據前面的討論即有：$$g[i]=(\frac{n?i}{n}{)}^t$$

• 先 $O(n)$ 預處理出 $g[i]$ ，再用補集轉化的思想可以求出 $f[i]$ ：

• 1 減去所有不是全黑的情況的概率就是全黑的概率 ，即：$$f[i]=1?\sum _{j=0}^{i?1}(f[j]?g[i?j]?C_i^j)$$

• 這里的 $j$ 枚舉的是環中全黑的點的個數。因為我們需要在這 $i$ 個點中選出 $j$ 個使其全黑，所以方案數要乘一個組合數 $C_i^j$。

• 這個用分治NTT就可以 $O(nlo{g}^{2}n)$ 求出 $f[i]$ 了（分治時先做完左邊，再算值加到右邊）。

• 方法②：容斥。 這樣計算很快、碼量小，但沒那么好想。下面的代碼我打的是容斥做法。

• 我們發現不需要將 $1$ 到 $n$ 每個 $f[i]$ 都算出來，只用對特定的環計算即可。

• 于是可得容斥：$$f[m]=\sum _{i=0}^m(?1{)}^i?C_m^i?(\frac{n?i}{n}{)}^t$$

• 上式中 $i$ 枚舉的是 該環中至少有 $i$ 個白點 ，正確性顯然。

• 于是我們預處理階乘、逆元，每個環就可以 $O(mlogt)$ 計算其全黑概率了。

• 由于每個環只用算一次，所以這部分復雜度就是 $\sum mlogt=nlogt$ 。

• 總復雜度即為 $O(nlogt+mlogn)$ ，其中 $mlogn$ 是用 LCT 判加邊的復雜度。

Code

#include<cstdio> #include<algorithm> #include<cctype> using namespace std; typedef long long LL; const int N=1e5+5,M=N*3,mo=998244353; int tot,top,ans; int fa[M],s[M][2],sum[M],key[M],st[M]; bool rev[M],vis[M],bz[M]; int f[N],g[N],inv[N],fs[N]; inline int read() {int X=0,w=0; char ch=0;while(!isdigit(ch)) w|=ch=='-',ch=getchar();while(isdigit(ch)) X=(X<<3)+(X<<1)+(ch^48),ch=getchar();return w?-X:X; } void write(int x) {if(x>9) write(x/10);putchar(x%10+'0'); } inline bool pd(int x) {return s[fa[x]][1]==x; } inline bool isroot(int x) {return s[fa[x]][0]^x && s[fa[x]][1]^x; } inline void reverse(int x) {if(x) swap(s[x][0],s[x][1]),rev[x]^=1; } inline void update(int x) {sum[x]=sum[s[x][0]]+sum[s[x][1]]+key[x];vis[x]=vis[s[x][0]]|vis[s[x][1]]|bz[x]; } inline void down(int x) {if(rev[x]){reverse(s[x][0]),reverse(s[x][1]);rev[x]=false;} } inline void rotate(int x) {int y=fa[x],w=pd(x);if((fa[x]=fa[y]) && !isroot(y)) s[fa[y]][pd(y)]=x;if(s[y][w]=s[x][w^1]) fa[s[y][w]]=y;s[fa[y]=x][w^1]=y;update(y); } inline void splay(int x) {for(int y=st[top=1]=x;!isroot(y);y=fa[y]) st[++top]=fa[y];while(top) down(st[top--]);for(int y;!isroot(x);rotate(x))if(!isroot(y=fa[x])) rotate(pd(x)==pd(y)?y:x);update(x); } inline void access(int x) {for(int y=0;x;x=fa[y=x]){splay(x);s[x][1]=y;update(x);} } inline void mkroot(int x) {access(x),splay(x),reverse(x); } inline void link(int x,int y) {mkroot(x),fa[x]=y; } void dfs(int x) {if(s[x][0]) dfs(s[x][0]);if(s[x][1]) dfs(s[x][1]);if(x>tot) bz[x]=true;update(x); } inline int ksm(int x,int y) {int s=1;while(y){if(y&1) s=(LL)s*x%mo;x=(LL)x*x%mo;y>>=1;}return s; } inline int C(int x,int y) {return (LL)f[x]*g[y]%mo*g[x-y]%mo; } int get(int x) {return fs[x]==x?x:fs[x]=get(fs[x]); } int main() {freopen("cactus.in","r",stdin);freopen("cactus.out","w",stdout);int n=read(),m=read(),t=read(),w=read();tot=n;f[0]=g[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++) f[i]=(LL)f[i-1]*i%mo;g[n]=ksm(f[n],mo-2);for(int i=n-1;i;i--) g[i]=(LL)g[i+1]*(i+1)%mo;inv[0]=inv[1]=1;for(int i=2;i<=n;i++) inv[i]=(LL)(mo-mo/i)*inv[mo%i]%mo;for(int i=1;i<=n;i++) fs[i]=i;int wnode=ksm((LL)(n-1)*inv[n]%mo,t);int wedge=ksm((LL)(n-2)*inv[n]%mo,t);int bedge=(1-(LL)2*wnode%mo+mo+wedge)%mo;ans=(LL)wnode*n%mo;if(w) ans=(ans+(LL)(1-wnode+mo)*n)%mo;while(m--){int x=read(),y=read();if(get(x)^get(y)){fs[get(x)]=get(y);key[++n]=1;link(x,n);link(n,y);ans=(ans+mo-wedge)%mo;if(w) ans=(ans+mo-bedge)%mo;write(ans),putchar('\n');continue;}mkroot(x),access(y),splay(y);if(vis[y]){write(ans),putchar('\n');continue;}ans=(ans-wedge+mo)%mo;if(w) ans=(ans-bedge+mo)%mo;dfs(y);int ring=sum[y]+1;ans=(ans+ksm((LL)(tot-ring)*inv[tot]%mo,t))%mo;if(w)for(int i=0;i<=ring;i++){int ss=(LL)C(ring,i)*ksm((LL)(tot-i)*inv[tot]%mo,t)%mo;if(i&1) ss=mo-ss;ans=(ans+ss)%mo;}write(ans),putchar('\n');}return 0; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的JZOJ 5987. 【WC2019模拟2019.1.4】仙人掌毒题的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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