首先,关于\(Min-Max\)容斥
设\(S\)为一个点的集合,每个点的权值为走到这个点的期望时间,则\(Max(S)\)即为走遍这个集合所有点的期望时间,\(Min(S)\)即为第一次走到这个集合的期望时间,题目所求为\(Max(S)\)很难算于是转化为求\(Min(S)\)
设\(f_u\)为点从点\(u\)开始游走第一次到达\(S\)的期望时间,那么有\[f_u=1+\sum_{(u,v\in E)}\frac{f_v}{deg_v}\]
如果\(u\in S\),那么\(f_u=0\)如果用高斯消元的话太慢了。据大佬们说,树上的期望\(dp\)都可以转化为\(f_u=k_uf_{fa_u}+b_u\)的形式(好像全世界只有我不知道为什么),如果\(u\in S\),则\(k_u=b_u=0\),否则的话,把每一个\(f_v(v\neq fa_u)\)用\(k_vf_u+b_v\)的形式表示,然后移项,就能得到\(k_u\)和\(b_u\)了。最后根节点的\(b\)即为从根节点第一次到集合\(S\)的期望时间
算出来之后直接枚举子集转移即可
//minamoto#include#define R register#define fp(i,a,b) for(R int i=a,I=b+1;i I;--i)#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)template inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}template inline bool cmax(T&a,const T&b){return a '9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1); for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0'); return res*f;}char sr[1<<21],z[20];int C=-1,Z=0;inline void Ot(){fwrite(sr,1,C+1,stdout),C=-1;}void print(R int x){ if(C>1<<20)Ot();if(x<0)sr[++C]='-',x=-x; while(z[++Z]=x%10+48,x/=10); while(sr[++C]=z[Z],--Z);sr[++C]='\n';}const int N=(1<<18)+5,P=998244353;inline int add(R int x,R int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}inline int dec(R int x,R int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;}int ksm(R int x,R int y){ R int res=1; for(;y;y>>=1,x=mul(x,x))if(y&1)res=mul(res,x); return res;}struct node{ int k,b; node(){} node(R int k,R int b):k(k),b(b){} node operator +(const node &c)const{return node(add(k,c.k),add(b,c.b));} node operator *(const int &c)const{return node(mul(k,c),mul(b,c));}}f[19][N];struct eg{int v,nx;}e[55];int head[55],tot;inline void add_edge(R int u,R int v){e[++tot]={v,head[u]},head[u]=tot;}int deg[55],inv[55],mn[N],sz[N];int n,q,rt,u,v,lim,k,x,sum;node dfs(int u,int fa,int S){ if(S&(1< >1]+(i&1); fp(i,1,lim-1){ node res=dfs(rt,0,i); mn[i]=sz[i]&1?res.b:P-res.b; }fp(i,0,n-1)fp(j,0,lim-1)if(j&(1< <