题解：
好神的一道题。蒟蒻只能膜拜题解。
考虑a对b的贡献，如果a是a-b路径上第一个删除的点，那么给b贡献1。
所以转化之后就是求sigma(1/dist(i,j)),orz！！！
如果不是分母的话O（n）就可以搞，但是现在在分母上。。。
考虑转化一下，求ret[i]表示距离为i的点对有多少对。我们发现只要求出ret数组，然后就可以回答了。
如何求ret，我们用点分治。类似于RACE那道题。
对于一颗子树，我们整个信息一块统计，让它和前面的所有做卷积，更新ret，然后再把这棵子树归入前面的信息内。
代码：
#include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<cstring> #include<algorithm> #include<iostream> #include<vector> #include<map> #include<set> #include<queue> #include<string> #define inf 1000000000 #define maxn 50000+5 #define maxm 20000000+5 #define eps 1e-10 #define ll long long #define pa pair<int,int> #define for0(i,n) for(int i=0;i<=(n);i++) #define for1(i,n) for(int i=1;i<=(n);i++) #define for2(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);i++) #define for3(i,x,y) for(int i=(x);i>=(y);i--)
#define for4(i,x) for(int i=head[x],y;i;i=e[i].next) #define mod 1000000007 using namespace std; inline int read() { int x=,f=;char ch=getchar(); while(ch<''||ch>''){if(ch=='-')f=-;ch=getchar();} while(ch>=''&&ch<=''){x=*x+ch-'';ch=getchar();} return x*f; }
int n,mx,m,len,cnt,sum,tot,rt,rev[maxn],head[maxn],d[maxn],f[maxn],s[maxn],g[maxn];
bool del[maxn];
ll ret[maxn];
const double PI=acos(-1.0);
struct cp
{
double x,y;
cp operator +(cp b){return (cp){x+b.x,y+b.y};}
cp operator -(cp b){return (cp){x-b.x,y-b.y};}
cp operator *(cp b){return (cp){x*b.x-y*b.y,x*b.y+y*b.x};}
};
cp a[*maxn],b[*maxn],c[*maxn],y[*maxn];
struct edge{int go,next;}e[*maxn];
inline void insert(int x,int y)
{
e[++tot]=(edge){y,head[x]};head[x]=tot;
e[++tot]=(edge){x,head[y]};head[y]=tot;
}
inline void getrt(int x,int fa)
{
s[x]=;f[x]=;
for4(i,x)if(!del[y=e[i].go]&&y!=fa)
{
getrt(y,x);
s[x]+=s[y];
f[x]=max(f[x],s[y]);
}
f[x]=max(f[x],sum-f[x]);
if(f[x]<f[rt])rt=x;
}
inline void getdep(int x,int fa,int w)
{
if(w>mx)mx=w;
d[++cnt]=w;
for4(i,x)if(!del[y=e[i].go]&&y!=fa)getdep(y,x,w+);
}
inline void get(int n)
{
n++;n=*n-;
m=,len=;
while(m<=n)m<<=,len++;
for0(i,m-)
{
int x=i,y=;
for1(j,len)y<<=,y|=x&,x>>=;
rev[i]=y;
}
}
inline void fft(cp *x,int n,int flag)
{
for0(i,n-)y[rev[i]]=x[i];
for0(i,n-)x[i]=y[i];
for(int m=;m<=n;m<<=)
{
cp wn=(cp){cos(2.0*PI*flag/m),sin(2.0*PI*flag/m)};
for(int i=;i<n;i+=m)
{
cp w=(cp){,};int mid=m>>;
for0(j,mid-)
{
cp u=x[i+j],v=x[i+j+mid]*w;
x[i+j]=u+v;x[i+j+mid]=u-v;
w=w*wn;
}
}
}
if(flag==-)for0(i,n-)x[i].x/=n;
}
inline void work(int x)
{
//cout<<"XXXXX"<<' '<<x<<' '<<"XXXX"<<endl;
del[x]=;mx=;
for4(i,x)if(!del[y=e[i].go])
{
cnt=;
getdep(y,x,);get(mx);
for0(j,m-)a[j]=(cp){g[j],},b[j]=(cp){,};
for1(j,cnt)b[d[j]].x+=,g[d[j]]++;
//for0(j,m-1)cout<<j<<' '<<a[j].x<<' '<<b[j].x<<endl;
fft(a,m,);fft(b,m,);
for0(j,m-)c[j]=a[j]*b[j];
fft(c,m,-);
for0(j,m-)ret[j]+=c[j].x+0.5;
//for0(j,m-1)cout<<j<<' '<<c[j].x<<' '<<c[j].y<<endl;
}
for1(i,mx)ret[i]+=g[i],g[i]=;
for4(i,x)if(!del[y=e[i].go])
{
sum=s[y];rt=;
getrt(y,);
work(rt);
}
} int main() { freopen("input.txt","r",stdin); freopen("output.txt","w",stdout); n=read();
for1(i,n-)insert(read()+,read()+);
sum=n;f[rt=]=inf;
getrt(,);
work(rt);
double ans=0.0;
for1(i,n)
ans+=(double)ret[i]/(double)(i+);//cout<<i<<' '<<ret[i]<<endl;
printf("%.4f\n",n+*ans); return ; }
3451: Tyvj1953 Normal
Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 128 MB
Submit: 125 Solved: 60
[Submit][Status]
Description
某天WJMZBMR学习了一个神奇的算法：树的点分治！
这个算法的核心是这样的：
消耗时间=0
Solve(树 a)
消耗时间 += a 的 大小
如果 a 中 只有 1 个点
退出
否则在a中选一个点x，在a中删除点x
那么a变成了几个小一点的树，对每个小树递归调用Solve
我们注意到的这个算法的时间复杂度跟选择的点x是密切相关的。
如果x是树的重心，那么时间复杂度就是O(nlogn)
但是由于WJMZBMR比较傻逼，他决定随机在a中选择一个点作为x！
Sevenkplus告诉他这样做的最坏复杂度是O(n^2)
但是WJMZBMR就是不信>_<。。。
于是Sevenkplus花了几分钟写了一个程序证明了这一点。。。你也试试看吧^_^
现在给你一颗树，你能告诉WJMZBMR他的傻逼算法需要的期望消耗时间吗？（消耗时间按在Solve里面的那个为标准）
Input
第一行一个整数n，表示树的大小
接下来n-1行每行两个数a,b，表示a和b之间有一条边
注意点是从0开始标号的
Output
一行一个浮点数表示答案
四舍五入到小数点后4位
如果害怕精度跪建议用long double或者extended
Sample Input
0 1
1 2
Sample Output
HINT
n<=30000