Codeforce 500 D. New Year Santa Network 決議(思維、DFS、組合、樹狀DP)
今天我們來看看CF500D
題目連結
題目
給你一棵有邊權的樹，求現在隨機取\(3\)點，求這三點互相距離總和的期望值，
前言
今天寫的題目都是看解答就會寫，原本就沒有的自信心又要更低了
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想法
\(3\)個點要考慮的事情太多了，首先只要注意到以下一件事，那麼其他的事情就和CF1401D沒兩樣了，
注意到(\(E(X)\)代表\(X\)事件的期望值):\(E(d(c_1,c_2)+d(c_2,c_3)+d(c_1,c_3))=E(d(c_1,c_2))+E(d(c_2,c_3))+E(d(c_1,c_3))\)
且\(c_1,c_2,c_3\)都是\(dummy\ variable\),所以\(E(d(c_1,c_2))=E(d(c_2,c_3))=E(d(c_1,c_3))\)
也就是說我們只要能算出隨便取兩點的距離期望值，那麼最後答案\(\times3\)就好，
(以下內容可以參照CF1401D)
那麼我們只要算出如果所有點對的距離都被算一次，每個邊會被算幾次就好，
維護每個子樹有幾個點為\(cnt[v]\)，接著枚舉邊\(\{u,v,w\}\)，保證\(dep[u]<dep[v]\)，這個邊會被走過的次數就是這條邊連接的兩個點集的點的數量的相乘，也就是\(cnt[v]\times(n-cnt[v])\)，把邊權總和儲存到一個\(long\ long\)裡，由於邊權總和至多是\(n\times n^2\times1000=10^{18}\)(1000是一條邊的最大邊權)，所以儲存沒有問題，
每次修改邊就單純的把這條邊的貢獻重算一遍就好，
程式碼:
const int _n=1e5+10;
int t,n,a,b,l,q,r,w,fa[_n],cnt[_n],dep[_n];
ll sum;
vector<PII> G[_n];
struct E{int u,v,w;} e[_n];
ll C(ll x){if(x<2ll)return 0;return x*(x-1)/2ll;}
void dfs(int v,int faa,int d){
fa[v]=faa,dep[v]=d,cnt[v]=1;
rep(i,0,SZ(G[v]))if(G[v][i].fi!=faa)
dfs(G[v][i].fi,v,d+1),cnt[v]+=cnt[G[v][i].fi];
}
main(void) {ios_base::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
cin>>n;rep(i,1,n){cin>>a>>b>>l;a--,b--;G[a].pb({b,l}),G[b].pb({a,l});e[i]={a,b,l};}
dfs(0,-1,0);rep(i,1,n){
int u=e[i].u,v=e[i].v,w=e[i].w;
if(dep[u]>dep[v])swap(u,v);
sum+=1ll*cnt[v]*(n-cnt[v])*w;
}
cin>>q;while(q--){
cin>>r>>w;int u=e[r].u,v=e[r].v;
if(dep[u]>dep[v])swap(u,v);
sum-=1ll*cnt[v]*(n-cnt[v])*e[r].w;
sum+=1ll*cnt[v]*(n-cnt[v])*w;
cout<<setprecision(20)<<3.0*sum/(1.0*C(n))<<'\n';
e[r].w=w;
}
return 0;
}
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Submission
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