[BZOJ3451][Tyvj1953]Normal

题目大意

给定一棵n个节点的树，对这个树做点分治，但是每次我们不选择重心而是随机选点作为分治中心。定义每一个分治阶段对时间复杂度的贡献是分治区域的节点个数。
计算这个点分治的期望时间复杂度。

1≤n≤3×104

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题目分析

首先显然可以看出，每个点对时间复杂度的是其在点分树上的深度。考虑对每个点分开计算贡献，现在相当于要求每个点在点分树上的期望深度之和。
定义

anc(x,y)={10x是y在点分树上的祖先otherwise

那么答案显然是∑ni=1∑nj=1E[anc(i,j)]。也就是所有点对前者为后者点分树祖先的概率之和。
考虑x是y点分树祖先的充要条件：x是x到y路径上第一个被选出来的点。因为选择路径外的点不会对这两个点的关系造成影响，而选择路径上的一个点，就会将这个路径上的所有点分在两棵不同的子树内。
所以答案其实就是∑ni=1∑nj=11dis(i,j)。
考虑用点分治加FFT统计出不同距离的点对的个数，最后扫一遍求答案就好了。
时间复杂度O(nlog2n).

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代码实现

#include <algorithm>#include <iostream>#include <cstdio>#include <cctype>#include <cmath>using namespace std;int read(){    int x=0,f=1;    char ch=getchar();    while (!isdigit(ch)) f=ch=='-'?-1:f,ch=getchar();    while (isdigit(ch)) x=x*10+ch-'0',ch=getchar();    return x*f;}typedef long double db;const db pi=acos(-1);const int N=65600;const int E=N<<1;struct Z{    db x,y;    inline Z(db x_=0.,db y_=0.){x=x_,y=y_;}    inline Z operator+(Z const p)const{return Z(x+p.x,y+p.y);}    inline Z operator-(Z const p)const{return Z(x-p.x,y-p.y);}    inline Z operator*(Z const p)const{return Z(x*p.x-y*p.y,x*p.y+y*p.x);}    inline Z operator/(db const k)const{return Z(x/k,y/k);}}A[N],t[N],omega[N];int last[N],fa[N],size[N],que[N],depth[N],dis[N],cnt[N],tmp[N],trs[N];int tov[E],nxt[E];bool vis[N];int n,tot,head,tail,L;db ans;void insert(int x,int y){tov[++tot]=y,nxt[tot]=last[x],last[x]=tot;}void DFT(Z *a,int len,int sig){    for (int i=0;i<len;++i) t[trs[i]]=A[i];    for (int l=2,half,p;l<=len;l<<=1)    {        half=l>>1,p=len/l;        for (int i=0;i<half;++i)        {            Z w=omega[sig>0?p*i:len-p*i];            for (int j=i;j<len;j+=l)            {                Z u=t[j],v=w*t[j+half];                t[j]=u+v,t[j+half]=u-v;            }        }    }    for (int i=0;i<len;++i) A[i]=t[i];}void FFT(Z *a,int len){    DFT(a,len,1);    for (int i=0;i<len;++i) a[i]=a[i]*a[i];    DFT(a,len,-1);    for (int i=0;i<len;++i) a[i]=a[i]/len;}void pre(int len){    for (L=1;L<=len;L<<=1);    for (int i=0;i<L;++i)    {        int ret=0;        for (int j=1,x=i;j<L;j<<=1,x>>=1) ret=ret<<1|(x&1);        trs[i]=ret;    }    for (int i=0;i<=L;++i) omega[i]=Z(cos(2.*i*pi/L),sin(2.*i*pi/L));}int core(int og){    int rets=n,ret,i,x,y,tmp;    for (head=0,fa[que[tail=1]=og]=0,dis[og]=1;head<tail;)        for (i=last[x=que[++head]],size[x]=1;i;i=nxt[i])            if ((y=tov[i])!=fa[x]&&!vis[y]) fa[que[++tail]=y]=x,dis[y]=dis[x]+1;    for (head=tail;head>1;--head) size[fa[que[head]]]+=size[que[head]];    for (head=1;head<=tail;++head)    {        for (i=last[x=que[head]],tmp=size[og]-size[x];i;i=nxt[i])            if ((y=tov[i])!=fa[x]&&!vis[y]) tmp=max(tmp,size[y]);        if (rets>tmp) ret=x,rets=tmp;    }    return ret;}void solve(int x){    int c=core(x),mxd=0;    if (size[x]!=n)    {        for (int head=1;head<=tail;++head) mxd=max(mxd,dis[que[head]]);        for (int i=0;i<=mxd;++i) tmp[i]=0;        for (int head=1;head<=tail;++head) ++tmp[dis[que[head]]];        pre(mxd*2);        for (int i=0;i<L;++i) A[i]=Z((i<=mxd?tmp[i]:0),0);        FFT(A,L);        for (int i=0;i<=mxd*2;++i) cnt[i+1]-=(int)round(A[i].x);        mxd=0;    }    for (depth[c]=0,head=0,fa[que[tail=1]=c]=0;head<tail;mxd=max(mxd,depth[x]))        for (int i=last[x=que[++head]],y;i;i=nxt[i])            if ((y=tov[i])!=fa[x]&&!vis[y]) fa[que[++tail]=y]=x,depth[y]=depth[x]+1;    for (int i=0;i<=mxd;++i) tmp[i]=0;    for (int head=1;head<=tail;++head) ++tmp[depth[que[head]]];    pre(mxd*2);    for (int i=0;i<L;++i) A[i]=Z((i<=mxd?tmp[i]:0),0);    FFT(A,L);    for (int i=0;i<=mxd*2;++i) cnt[i+1]+=(int)round(A[i].x);    vis[c]=1;    for (int i=last[c],y;i;i=nxt[i])        if (!vis[y=tov[i]]) solve(y);}int main(){    freopen("normal.in","r",stdin),freopen("normal.out","w",stdout);    n=read();    for (int i=1,x,y;i<n;++i) x=read()+1,y=read()+1,insert(x,y),insert(y,x);    solve(1);    for (int i=1;i<=n;++i) ans+=cnt[i]*(1./i);    printf("%.4lf\n",(double)ans);    fclose(stdin),fclose(stdout);    return 0;}