自动搬运

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来自洛谷，原作者为

	TheLostWeak **

搬运于2025-08-24 22:12:53，当前版本为作者最后更新于2019-12-20 13:23:35，作者可能在搬运后再次修改，您可在原文处查看最新版

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以下是正文

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大致题意： 从一个给定点出发，在一棵树上随机游走，对于相邻的每个点均有$\frac 1{deg}$的概率前往。多组询问，每次给出一个点集，求期望经过多少步能够访问过点集内所有点至少一次。

$Min-Max$容斥

访问过每个点至少一次，显然不是什么好处理的东西。

我们考虑一个叫$Min-Max$容斥的东西。

关于$Min-Max$容斥，有这样一个公式：

$$E(max(S))=\sum_{T∈S}(-1)^{|T|+1}E(min(T))$$

套到这题，$E(max(S))$就是访问点集$S$所有点至少一次的期望步数，$E(min(T))$就是到达点集$T$一个点的期望步数。

经过这样的转化，似乎就可做了许多。

待定系数法

设$f_i$为从$i$出发，到达点集$T$一个点的期望步数。

对于一个不属于点集$T$的$i$，设其度数为$deg_i$，因为它对于相邻的每个点均有$\frac 1{deg_i}$的概率前往，显然有：

$$f_i=\frac1{deg_i}(f_{fa_i}+\sum f_j)+1$$

其中$j$满足$j$是$i$的子节点。

乍一看，$f_i$既会从子节点转移，又会从父节点转移，转移出现了环，似乎需要高斯消元。

但实际上，对于这道题，我们可以使用待定系数法。

设$f_i=k_if_{fa_i}+b_i$，根据上面的转移方程，我们知道：

$$f_i=\frac1{deg_i}(f_{fa_i}+\sum(k_jf_i+b_j))+1$$

两边同乘$deg_i$，便可得：

$$deg_i\cdot f_i=f_{fa_i}+(\sum k_j)f_i+\sum b_j+deg_i $$

移项，得到：

$$(deg_i-\sum k_j)\cdot f_i=f_{fa_i}+\sum b_j+deg_i$$

两边同除以$deg_i-\sum k_j$，可得：

$$f_i=\frac1{deg_i-\sum k_j}f_{fa_i}+\frac{deg_i+\sum b_j}{deg_i-\sum k_j} $$

即：

$$k_i=\frac 1{deg_i-\sum k_j},b_i=\frac{deg_i+\sum b_j}{deg_i-\sum k_j} $$

仔细观察，可以发现，这两个式子均与父节点无关，只和子节点有关系。

上述讨论都是对于不属于点集$T$中的$i$的，而对于点集$T$中的$i$，由于$f_i=0$，所以$k_i=b_i=0$。

所以，我们只要通过一遍$dfs$，就可以求出所有点的$k_i$和$b_i$了。

如果我们把题目中给定的出发点作为根节点，由于其不存在父节点，所以$f_{rt}=b_{rt}$。

而$f_{rt}$也正是我们所要求的到达点集$T$一个点的期望步数。

高维前缀和

现在我们已经知道了，对于一个点集$T$，如何求出到达点集$T$一个点的期望步数。

那么，对于给出的一个询问，我们就可以套用之前的公式：

$$E(max(S))=\sum_{T∈S}(-1)^{|T|+1}E(min(T))$$

但是，由于询问数量较多，如果对于每一次询问都去枚举子集计算答案，就会$TLE$。

怎么办呢？

注意到对于任意一个点集$T$，$(-1)^{|T|+1}E(min(T))$完全与$S$没有半点关系。

因此，我们可以先暴力枚举$T$，求出每一个$T$的答案，然后用高维前缀和来预处理$S$的答案。

关于高维前缀和，如果你不太了解，可以看看我的这一篇博客：浅谈高维前缀和。

这样一来，对于每次询问，我们就可以直接输出答案了。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 18
#define X 998244353
#define add(x,y) (e[++ee].nxt=lnk[x],e[lnk[x]=ee].to=y)
#define Inc(x,y) ((x+=(y))>=X&&(x-=X))
using namespace std;
int n,rt,ee,lnk[N+5];struct edge {int to,nxt;}e[2*N+5];
I int Qpow(RI x,RI y) {RI t=1;W(y) y&1&&(t=1LL*t*x%X),x=1LL*x*x%X,y>>=1;return t;}
namespace DP//树形DP预处理答案
{
	int p[N+5],k[N+5],b[N+5],s[1<<N],g[1<<N];
	I void dfs(CI x,CI lst)//DP
	{
		if(p[x]) return (void)(k[x]=b[x]=0);//如果在点集T中，直接返回
		RI i,d=0,sk=0,sb=0;for(i=lnk[x];i;i=e[i].nxt) ++d,//枚举子节点的同时统计度数
			e[i].to^lst&&(dfs(e[i].to,x),Inc(sk,k[e[i].to]),Inc(sb,b[e[i].to]));//枚举子节点，并统计k与b的和
		k[x]=Qpow((d-sk+X)%X,X-2),b[x]=1LL*(d+sb)*Qpow((d-sk+X)%X,X-2)%X;//计算当前节点k与b的值
	}
	I void Init()
	{
		RI i,j,t=1<<n;for(i=1;i^t;++i)//枚举点集T
			{for(j=1;j<=n;++j) p[j]=(i>>j-1)&1;dfs(rt,0),s[i]=b[rt];}//求出到达点集T一个点的期望步数
	}
	I void Calc()
	{
		RI i,j,t=1<<n;for(i=1;i^t;++i) !(g[i]=g[i>>1]^(i&1))&&(s[i]=X-s[i]);//乘上容斥系数
		for(j=1;j<=n;++j) for(i=1;i^t;++i) (i>>j-1)&1&&Inc(s[i],s[i-(1<<j-1)]);//高维前缀和
	}
}
int main()
{
	RI Qt,i,x,y,t;scanf("%d%d%d",&n,&Qt,&rt);
	for(i=1;i^n;++i) scanf("%d%d",&x,&y),add(x,y),add(y,x);DP::Init(),DP::Calc();//读入+预处理
	W(Qt--)//处理询问
	{
		for(scanf("%d",&x),t=0,i=1;i<=x;++i) scanf("%d",&y),t|=1<<y-1;//读入，状压
		printf("%d\n",DP::s[t]);//直接输出答案
	}return 0;
}