自动搬运

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来自洛谷，原作者为

	推翻暴政 ด้้้้้็้้้็็็็็้้้้้็็็็็้้้้้้็็็็็้้้้้็็็็็้้้้้้็็็็็้้้้้็็็็็้้้้้้็็็็็้้้้้็็็็็้้้้推翻@joyskaka 的暴政

搬运于2025-08-24 22:27:10，当前版本为作者最后更新于2023-10-24 08:39:18，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

一道不算水的黄题。

首先，对于每个点放置的水果我们可以做出以下的处理：

因为每个点放置的水果 仅会影响 它的所有祖先节点，所以我们可以考虑记录 $i$ 节点的祖先数量大小 $Size_i$（即它与它的所有祖先），注意要包含它自己。

现在的问题是，每个点会做出贡献多少次？显然是 $2^{n-1}$ 次，我的推导过程如下：

注意到样例一解释：

用 $S$ 表示选中状态：

• $S=000$ 贡献 $0$
• $S=001$ 贡献 $1$
• $S=010$ 贡献 $2$
• $S=011$ 贡献 $3$
• $S=100$ 贡献 $6$
• $S=101$ 贡献 $7$
• $S=110$ 贡献 $8$
• $S=111$ 贡献 $9$

我们考虑同样的想法，$[0,2^n)$ 中，二进制表示下每一位 $1$ 会出现 $2^{n-1}$ 次，就可以得到这个结论了。

故答案公式如下：

线性求出 $2^{n-1}$，使用 dfs 求出祖先数量 $Size_i$ 大小最后统计答案即可，时间复杂度 $O(n)$。

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
//模数和2的逆元 需要用到2的逆元是因为我的2^(n-1)是用(2^n)/2求得的 非常不聪明
const long long mod=998244353,inv=499122177;
const int MAXN=1000005;
int n,a[MAXN],head[MAXN],tot;
long long siz[MAXN],base,ans;
struct edge{
	int v,nex;
} e[MAXN<<1];
//链式前向星建边
inline void add_edge(int u,int v){
	e[++tot].v=v;
	e[tot].nex=head[u];
	head[u]=tot;
}
//深搜求出祖先数量大小
inline void dfs(int x,int fa){
	siz[x]=siz[fa]+1;
	for(int i=head[x];i;i=e[i].nex){
		int y=e[i].v;
		if(y==fa)  continue;
		dfs(y,x);
	}
}
//处理2^(n-1)
inline void pre(){
	base=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)  base=(base*2)%mod;
	base=(base*inv)%mod;
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	pre();
	for(int i=1;i<=n;i++)  scanf("%d",&a[i]);
	for(int i=1;i<n;i++){
		int x,y;
		scanf("%d%d",&x,&y);
		add_edge(x,y);
		add_edge(y,x);
	}
	dfs(1,1);
   	//统计答案 注意三个数一起相乘可能会爆long long 所以我们拆成两两相乘
	for(int i=1;i<=n;i++){
		siz[i]=(siz[i]*a[i])%mod;
		ans+=base*siz[i]%mod;
		ans%=mod;
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}

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