UOJ#351.新年的叶子

瞎bb

noip全真模拟赛又挂了。。
~~出题人居然又贺了三道原题。。~~
T3.~~走向巅峰~~新年的叶子//原题链接
被出题人魔改之后的题面…
走向巅峰题面0
走向巅峰题面1
~~T1暴力T2爆蛋，，于是只好来做T3~~

思路

树的多条直径一定会相交所以我们用最暴力的做法(~~去考提高的应该都会吧~~ 先随便选一个点找到离这个点最远的一些点作为直径的左端点们在随便选一个左端点找到与她最远的一些点也就是右端点们然后再树上乱搞即可)算出这段区间的左右两个端点 $p_0,p_1$

如果 $p_0\neq p_1$ ，所以就会有上面讲的直径的左端点们和右端点们，于是就在叶子结点和一堆端点之间做期望dp！然后发现只会 $\theta(n^2)$ 的dp。。再见！！！！
第一种情况 $n^2$ 暴力但第二种情况总会好考虑一些。吧？如果 $p_0=p_1$ ，类似于菊花图，在 $n$ 个叶子结点中选 $m$ 个(最后只能剩下一个直径的端点)简单的 $O(n)$ 暴力计数(求 $a$ 个结点还有 $b(0 < b \leq a)$ 个结点未被染黑再染黑一个的期望步数是 $\frac{a}{b}$ )！！！！！然而考后大佬又给出了反例。。。。

~~wa的一声就哭了。。这不是要炸的节奏吗？？~~

~~所以上面那个思路是假的~~

真·思路

反正出题人也搬了原题所以我也去学(hè)了题解
其实直径还有一个特别好的性质，就是树的每条直径的中点都是在同一个点上的(证明略，形象理解一下就行quq)

如果直径的长度是偶数那么中点一定是在树上的某个点上的我们只需要把这个点拎到root上于是几个直径的端点(深度为 $\frac{D}{2}$ )就被划分到了几个不同的集合窝门只需要各个区间求期望就好了
如果直径的长度是奇数那中点不是在树边上了吗？？其实没有关系我们假装那有个点就好了于是类似于第一种情况但是发现集合只剩下两个了

我们每次都枚举一个集合，算出其他集合全部被染黑需要的期望时间，再把这些期望时间加起来，就相当于全部的点被染黑了(集合数-1)次，所以窝门再把这个期望时间和 $-$ 染黑整个端点的集合的期望时间 $\times$ (集合数-1)，这个数就是 $\mathcal{ANS}$ 啦
最后再加一个特别重要的预处理： $\sum_{i=1}^n\frac{1}{i}$ 的逆元

系不系简单粗暴又好打ヽ(￣▽￣)ﾉ

Code

还有AC代码是从原来的zz代码魔改过来的奇丑无比 ~~所以大佬别打我~~

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define MOD 998244353
#define N 500005

using namespace std;
typedef long long LL;
struct Node {
	int to, nxt;
}e[N << 1];
int cnt, lst[N], d[N], du[N], st[N], maxi, leaves, tot, d1[N];
LL pre_inv[N];
LL dp[N];

inline void add(int u, int v) {
	e[++cnt].to = v;
	e[cnt].nxt = lst[u];
	lst[u] = cnt;
}

inline LL qui_pow(LL x, int y) {
	if (y == 1) return x;
	LL t = qui_pow(x, y / 2);
	if (y & 1) return t * t % MOD * x % MOD;
	else return t * t % MOD;
}

inline void dfs(int x, int fa, int dep) {
	d[x] = dep;
	if (d[x] > d[maxi]) maxi = x;
	for (int i = lst[x]; i; i = e[i].nxt) {
		if (e[i].to == fa) continue;
		dfs(e[i].to, x, dep + 1);
	}
}

inline int countt(int x, int fa, int len) {
	if (du[x] == 1 && d[x] == len) return 1;
	int sum = 0;
	for (int i = lst[x]; i; i = e[i].nxt) {
		if (e[i].to == fa) continue;
		sum += countt(e[i].to, x, len);
	}
	return sum;
}

int main() {
	int n, u, v, f = 0;
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i < n; ++i) {
		scanf("%d%d", &u, &v);
		du[u]++;
		du[v]++;
		add(u, v);
		add(v, u);
	}
	LL inv;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		inv = qui_pow(i, MOD - 2);
		pre_inv[i] = (pre_inv[i - 1] + inv) % MOD;
	}
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		if (du[i] == 1) leaves++;
	}
	maxi = 0;
	dfs(1, 1, 0);
	int x = maxi;
	maxi = 0;
	dfs(x, x, 0);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		d1[i] = d[i];
	}
	x = maxi;
	maxi = 0;
	dfs(x, x, 0);
	int dia = d[maxi], mid, md, all = 0;
	if (dia & 1) {
		for (int i = 1; i <= n; ++i) {
			if (d[i] == (dia >> 1) && d1[i] == (dia >> 1) + 1) mid = i;
			if (d[i] == (dia >> 1) + 1 && d1[i] == (dia >> 1)) md = i;
		}
//		printf("%d %d\n", mid, md);
		dfs(mid, mid, 0);
		int num = countt(mid, md, (dia >> 1));
		if (num > 0) st[++tot] = num;
		all += num;
//		printf("%d\n", num);
		dfs(md, md, 0);
		num = countt(md, mid, (dia >> 1));
		if (num > 0) st[++tot] = num;
		all += num;
//		printf("%d\n", num);
	}
	else {
		for (int i = 1; i <= n; ++i) {
			if (d[i] == (dia >> 1) && d1[i] == (dia >> 1)) mid = i;
		}
		dfs(mid, mid, 0);
		for (int i = lst[mid]; i; i = e[i].nxt) {
			int num = countt(e[i].to, mid, (dia >> 1));
			if (num > 0) st[++tot] = num;
			all += num;
		}
	}
	LL ans = 0;
	for (int i = 1; i <= tot; ++i) {
		ans += pre_inv[all - st[i]];
		if (ans >= MOD) ans -= MOD;
	}
	ans -= 1LL * (tot - 1) * pre_inv[all] % MOD;
	if (ans < 0) ans += MOD;
	ans = ans * leaves % MOD;
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}