P9346 无可奈何花落去 题解

这个期望第一眼看上去是困难的。然而发现 \(E=Px\)，贡献 \(x\) 是可枚举的，于是转化为了一个求概率的问题。这个概率同样难以计算，然而发现状态的个数是有限的，对于选取 \(x\) 条边断掉它的总方案数就是 \({n-1\choose x}\)，那么直接求方案数就可以了。

想到了这些转化这题基本就做完了。直接暴力树上背包设 \(dp_{i,j,0/1/2}\) 表示 \(i\) 点为根的子树内，断掉了 \(j\) 条边，\(i\) 和 \(0/1/2\) 种儿子相连的方案数，最终算出 \(f_i=\frac{\sum dp_j}{{n-1\choose x}}\)。注意到我们求的断 \(i\) 跳边的情况事实上包含了跳 \(0\sim i-1\) 条边的情况，于是做的时候减去 \(\sum_0^{i-1}f_i\) 即可。具体实现的时候可以前缀和累加去算，但其实不前缀和也不影响复杂度。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define N 5005
#define int long long
#define mod 985661441
using namespace std;
int n;
vector<int>v[N];
signed dp[N][N][3];
int tmp[N][3];
void add(int &x, int y) {
	x = (x + y) % mod;
}
int siz[N];
void dfs(int x) {
	siz[x] = 1;
	dp[x][0][0] = 1;
	for (int y : v[x]) {
		dfs(y);
		for (int j = 0; j < siz[x]; j++)
			for (int k = 0; k < siz[y]; k++) {
				int p = (0ll + dp[y][k][0] + dp[y][k][1] + dp[y][k][2]) % mod, q = (0ll + dp[y][k][0] + dp[y][k][1]) % mod;
				add(tmp[j + k + 1][0], dp[x][j][0] * p % mod);
				add(tmp[j + k + 1][1], dp[x][j][1] * p % mod);
				add(tmp[j + k][1], dp[x][j][0] * q % mod);
				add(tmp[j + k + 1][2], dp[x][j][2] * p % mod);
				add(tmp[j + k][2], dp[x][j][1] * q % mod);
			}
		for (int j = 0; j < N; j++)
			for (int k = 0; k < 3; k++) 
				dp[x][j][k] = tmp[j][k], tmp[j][k] = 0;
		siz[x] += siz[y];
	}
}

int fac[N], inv[N];
int qpow(int x, int y) {
	int ans = 1;
	while (y) {
		if (y & 1) ans = ans * x % mod;
		x = x * x % mod;
		y >>= 1;
	}
	return ans;
}
int C(int n, int m) {
	return fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;
}
int res;
int f[N];
signed main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	fac[0] = 1;
	for (int i = 1; i < N; i++) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
	inv[N - 1] = qpow(fac[N - 1], mod - 2);
	for (int i = N - 2; ~i; --i) inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
	cin >> n;
	for (int i = 2; i <= n; i++) {
		int x;
		cin >> x;
		v[x].push_back(i);
	}
	dfs(1);
	for (int i = 0; i < n; i++) {
		add(f[i], 0ll + dp[1][i][0] + dp[1][i][1] + dp[1][i][2]);
		f[i] = f[i] * qpow(C(n - 1, i) , mod - 2) % mod;
		add(res, (f[i] - f[i - 1] + mod) % mod * i % mod);
	}
	cout << res << "\n";
	return 0;
}