Problem
题意：一棵 \(n\) 个结点的树，从点 \(x\) 出发，每次等概率随机选择一条与所在点相邻的边走过去，询问走完一个集合 \(S\)的期望时间，多组询问
\(n\leq 18,Q\leq 5000\)
Solution
首先来个\(min-max\)容斥
一下是看错题时想的
然后预处理从每个点开始的到达每个点的所有集合的期望，\(O(n^22^n)\)卡常可过
- 若是这样，前20pts可以搞出来了：对于每次询问在线处理dp数组，利用最值容斥搞事情
- 30pts的部分是条链，可以对于每个部分做一次集合前缀后缀预处理
- 40pts的部分每次只询问一个点，明显可以预处理
- 事实上70pts的部分最简单，直接上容斥即可
接下来是100pts……
目前最暴力复杂度为\(O(n^22^n+\sum 2^{k_i})\)，若数据随机，期望状态下每次仅需计算\(\sum_{i=1}^n\frac {2^i\binom ni}{2^n}\approx 1478\)次，即总共大约需要计算\(18^2\times 2^{18}+5000\times 1478=92324656\leq 10^8\)次，理论可过，但出题人十有八九将其卡掉了（网上说没卡）
上头是看看错题的情况下想的，实际上所有询问中起点只可能有一个
重新理一遍思路：由于要\(min-max\)反演，即到达集合\(S\)中最后到达点的时间可以转化为\(2^{|S|}\)个子集中最先到达点的时间进行容斥，再容斥即可
考虑如何求每个集合中最先到达点的期望时间，由期望的性质可得（设\(f[x]\)表示从\(x\)点出发到达第一个集合点的时间期望，\(v\)表示与\(x\)相连的节点，\(d_i\)表示\(i\)点的度数）：
\[f_x=\frac 1{d_x}\sum_v{(f_v+1)}\]
由于需要对所有\(2^n\)个集合都做dp，酱紫求一次需要高斯消元\(n^3\)，但总复杂度\(O(n^32^n)\approx 1.5\times 10^9\)一定接受不了
发现目前为止还没有利用最重要的一个性质：这是一棵树
要快速求解\(f_x\)数组，就需要一定的优化，由于这张图是一棵树，即每两点之间的路径是唯一的，可设\(f_x=Af_{t}+B\)（其中\(t\)为\(x\)的父亲）
利用上边的式子列出方程（设\(c\)为\(x\)的儿子）：
\[f_x=\frac 1{d_x}\bigl[f_t+1+\sum_{c}(f_c+1)\bigr]\]
由于儿子加父亲节点一共\(d_x\)个，即
\[f_x=\frac 1{d_x}(f_t+\sum_{c}f_c)+1\]
我们要解出\(A,B\)，所以需要将\(f_x=Af_t+B\)代入式子
\[f_x=\frac 1{d_x}\bigl[f_t+\sum_c(A_cf_x+B_c)\bigr]+1\]
\[(d_x-\sum_c A_c)f_x=f_t+\sum_cB_c+d_x\]
\[f_x=\frac 1{d_x-\sum A_c}f_t+\frac {\sum B_c+d_x}{d_x-\sum A_c}\]
解得：
\[\left\{ \begin{aligned} x & = \frac 1{d_x-\sum A_c} \\ y & = \frac {\sum B_c+d_x}{d_x-\sum A_c} \end{aligned} \right.\]
再加上集合\(S\)内的点\(x\)满足\(A_x=B_x=0\)
然后对于每个集合\(S\)就可以\(O(n)\)地求出从任意点出发到达第一个集合内点的期望时间
这样询问就可以愉悦地\(min-max\)容斥了
\(O(1)\)查询的话只需要高维前缀和一下即可，于是乎总时间复杂度为\(O(n2^n+Q)\)
Code
#include <cstdio>
#include <cctype>
inline void read(int&x){
char c11=getchar();x=0;while(!isdigit(c11))c11=getchar();
while(isdigit(c11))x=x*10+c11-'0',c11=getchar();
}
const int N=19,M=1<<18,p=998244353;
struct Edge{int v,nxt;}a[N*N];
int k[N],b[N],deg[N],head[N];
int f[M],bit[M],n,Q,st,_;
inline int qpow(int A,int B){
int res(1);
while(B){
if(B&1)res=1ll*res*A%p;
A=1ll*A*A%p,B>>=1;
}return res;
}
inline void pls(int&A,int B){A=A+B<p?A+B:A+B-p;}
inline void dec(int&A,int B){A=A-B<0?A-B+p:A-B;}
void dfs(int x,int las,int lim){
if(lim&(1<<x-1)){k[x]=b[x]=0;return ;}
k[x]=b[x]=deg[x];
for(int i=head[x];i;i=a[i].nxt)
if(a[i].v!=las){
dfs(a[i].v,x,lim);
dec(k[x],k[a[i].v]);
pls(b[x],b[a[i].v]);
}
k[x]=qpow(k[x],p-2);
b[x]=1ll*b[x]*k[x]%p;
}
int main(){
read(n),read(Q);read(st);int lim=1<<n;
for(int i=1,x,y;i<n;++i){
read(x),read(y),++deg[x],++deg[y];
a[++_].v=y,a[_].nxt=head[x],head[x]=_;
a[++_].v=x,a[_].nxt=head[y],head[y]=_;
}
for(int S=1;S<lim;++S){
bit[S]=bit[S>>1]+(S&1);
dfs(st,0,S);
f[S]=(bit[S]&1?b[st]:p-b[st]);
}
for(int i=1;i<lim;i<<=1)
for(int j=0;j<lim;++j)
if(i&j)pls(f[j],f[i^j]);
int t,x,s;
while(Q--){
read(t),s=0;
while(t--)read(x),s|=1<<x-1;
printf("%d\n",f[s]);
}
return 0;
}