https://www.zybuluo.com/ysner/note/1253665
题面
考虑一张(n)个点的无向完全图,总共有(frac{n*(n−1)}{2})条边。每条边有(p)的概率存在,(1-frac{p}{10^6})的概率不存在。
现在等概率在(n)个点中随机选一个,求(1)号点到它的最短距离(经过的边数)。
如果(1)号点和它不连通,则认为答案是(10^9) 。求期望答案。
- (50pts nleq100)
- (100pts nleq400)
解析
不难发现，在当前题目条件下，除了(1)节点，其它点期望是一样的。
可以考虑从(1)号点出发，由近到远地统计各个点的期望。（然而我考场上是反过来想的，于是逃不过后效性这个大坑）
据说这个概念叫(BFS)树？？？（深度等于距离）
(50pts)算法
一个想法是设(dp[i][sum][s])表示当前统计到到第(i)层（离(1)号点距离为(i)）、已经统计了(j)个点的答案、用其中的(s)个点与下一层的(t)（枚举）个点相连（往下拓展）的任意一点的期望。
（至于为什么这么多维，尝试列下转移式就知道了）
那么,枚举一下(t)，转移是这样的
if(i+1==n-1)
add(f[i+1][sum+t][t],1ll*f[i][sum][s]*lk[s][t]%mod*C[n-sum][t]%mod);
else
add(f[i+1][sum+t][t],1ll*f[i][sum][s]*lk[s][t]%mod*dlk[s][n-sum-t]%mod*C[n-sum][t]%mod);
(lk[s][t])表示(t)个点起码被(s)中一个点连了的概率，即((1-(1-frac{p}{10^6})^s)^t)。
(dlk[s][t])表示(s)个点与(t)个点完全没边的概率，即((1-frac{p}{10^6})^{st})
统计答案，就是把当前层所有点的距离（就是层编号）乘上概率，得到当前层的期望，加入答案。
注意不连通这一情况还要单独乘概率。
for(int d = 0; d <= n-1; d ++)
for(int sum = 1; sum <= n; sum ++)
for(int s = 1; s <= sum; s ++)
if(f[d][sum][s])
{
add(Ans,1ll*f[d][sum][s]*s%mod*d%mod) ;
add(Ans,1ll*f[d][sum][s]*(n-sum)%mod*dlk[s][n-sum]%mod*(1e9)%mod);
}
复杂度(O(n^4))。
(100pts)算法
发现由于每次向下只转移一层，那个(i)没有什么卵用（但是它要统计进答案）。
考虑把它弄掉。
我们不枚举(i)了，并把这一维从(DP)状态中删掉。
注意到（(p)为概率，(E)为期望）
(ans)
(=sum P*(dis+1))
(=sum P*dis+sum P)
(=sum E+sum P)
则我们可以把(dp)数组分为两个，(sum)表示当前已经统计了(sum)个点的答案，(j)表示将用其中(j)个点与下一层点相连。则(f[sum][j])表示该状态下的概率和，(g[sum][j])表示该状态的期望和（即概率乘期望）。
于是每层任意一点对答案产生的贡献转变为(f[sum][j]+g[sum][j])。
怎么转移(f)和(g)？
枚举(t)，乘上该层连通的概率和方案数（选出(n-sum)中的(k)个点),
(f[sum][j])就可以转移给(f[sum+k][k]),
(g[num][j]+f[sum][j])就可以转移给(g[sum+k][k])。
最后(ans)要乘上(n-1)。（没错，(50pts)算法统计了，这里没统计）
复杂度(O(n^3))。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define re register
#define il inline
#define ll long long
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define fp(i,a,b) for(re int i=a;i<=b;i++)
#define fq(i,a,b) for(re int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
const int mod=998244353,N=500,M=1e6;
ll n,p,inv,ans,f[N][N],g[N][N],C[N][N],np,b[N],lk[N][N],dlk[N][N];
bool vis[N];
il ll gi()
{
re ll x=0,t=1;
re char ch=getchar();
while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9')) ch=getchar();
if(ch=='-') t=-1,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*t;
}
il ll ksm(re ll S,re ll o)
{
re ll T=S;S=1;
while(o)
{
if(o&1) S=S*T%mod;
T=T*T%mod;
o>>=1;
}
return S;
}
il void Pre()
{
b[0]=1;fp(i,1,n) b[i]=b[i-1]*np%mod;
fp(i,0,n) fp(j,0,n) lk[i][j]=ksm(mod+1-b[i],j);
fp(i,0,n) fp(j,0,n) dlk[i][j]=ksm(np,i*j);
fp(i,0,n)
{
C[i][0]=1;
fp(j,1,i) C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod;
}
}
il void DP()
{
f[1][1]=1;g[1][1]=0;
fp(sum,1,n-1)
fp(j,1,sum)
if(f[sum][j])
{
(ans+=(mod+1-b[j])*(f[sum][j]+g[sum][j])%mod)%=mod;
(ans+=dlk[n-sum][j]*f[sum][j]%mod*((ll)(1e9)%mod)%mod)%=mod;
fp(k,1,n-sum-1)
{
re ll xs=lk[j][k]*dlk[j][n-sum-k]%mod*C[n-sum-1][k]%mod;
(f[sum+k][k]+=xs*f[sum][j]%mod)%=mod;
(g[sum+k][k]+=xs*((f[sum][j]+g[sum][j])%mod)%mod)%=mod;
}
}
}
int main()
{
n=gi();p=gi();inv=ksm(M,mod-2);
np=(M-p)*inv%mod;
Pre();DP();
printf("%lld
",ans*(n-1)%mod*ksm(10,6*n*n)%mod);
return 0;
}