给定一棵 nn 个结点的树，你从点 xx 出发，每次等概率随机选择一条与所在点相邻的边走过去。

有 QQ 次询问，每次询问给定一个集合 SS，求如果从 xx 出发一直随机游走，直到点集 SS 中所有点都至少经过一次的话，期望游走几步。

特别地，点 xx（即起点）视为一开始就被经过了一次。

答案对 998244353998244353取模。

n≤18,Q≤5000n\le18, Q\le5000

LOJ2542

Solution

发现最后一个点的访问时间就是访问SS中点的时间的最大值

这个可以Min−Max\mathrm{Min-Max}容斥，转化为求第一次访问SS中点的时间

先枚举一个集合SS，然后考虑树形Dp，设dp[x]dp[x]表示从xx出发，第一次访问SS中节点的期望步数（到今天这道题才真正理解期望要倒着推是什么意思）

  1. 若x∈Sx\in S：dp[x]=0dp[x] = 0

  2. 若x∉Sx\notin S：设d[x]d[x]表示xx的度数

    dp[x]=1d[x](dp[fa[x]]+1+∑ydp[y]+1)=1d[x]dp[fa[x]]+1d[x](∑ydp[y])+1 \begin{aligned} dp[x]&=\frac{1}{d[x]}(dp[fa[x]]+1+\sum_{y} dp[y] + 1)\\ &=\frac{1}{d[x]}dp[fa[x]] + \frac{1}{d[x]}(\sum_{y}dp[y]) + 1 \end{aligned}

    注意到在树形dp的时候是从儿子推到父亲，也就是说，这个式子中dp[y]dp[y]可以看成已知量

    那么就可以表示成dp[x]=A[x]∗dp[fa[x]]+B[x]dp[x]=A[x]*dp[fa[x]] + B[x]的形式（A[x],B[x]A[x], B[x]是已知量）

    代入得到

    dp[x]=1d[x]dp[fa[x]]+1d[x](∑yA[y]∗dp[x]+B[y])+1 \begin{aligned} dp[x]&=\frac{1}{d[x]}dp[fa[x]] + \frac{1}{d[x]}(\sum_{y}A[y]*dp[x]+B[y]) + 1 \end{aligned}

    通过一些简单的推式子可以得到

    {A[x]=1d[x]−∑yA[y]B[x]=(∑yB[y])+d[x]d[x]−∑yA[y] \begin{cases} A[x] = \frac{1}{d[x]-\sum_{y}A[y]}\\ B[x] = \frac{(\sum_{y}B[y]) + d[x]}{d[x] - \sum_{y}A[y]} \end{cases}

    然后就能不断往上dp了

需要注意的是，计算答案时不能每次询问O(3n)O(3^n)枚举子集，需要类似高维前缀和的方法O(n∗2n)O(n*2^n)预处理出

Code

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
61
62
63
64
65
66
67
68
69
70
71
72
73
74
75
76
77
78
79
80
81
82
83
84
85
86
87
88
89
90
91
92
93
94
95
96
97
98
99
100
101
102
103
104
105
106
107
108
109
110
111
112
#include <bits/stdc++.h>

#define x first
#define y second
#define y1 Y1
#define y2 Y2
#define mp make_pair
#define pb push_back

using namespace std;

typedef long long LL;
typedef pair<int, int> pii;

template <typename T> inline int Chkmax (T &a, T b) { return a < b ? a = b, 1 : 0; }
template <typename T> inline int Chkmin (T &a, T b) { return a > b ? a = b, 1 : 0; }

inline void proc_status()
{
	ifstream t ("/proc/self/status");
	cerr << string (istreambuf_iterator <char> (t), istreambuf_iterator <char> ()) <<endl;
}

template <typename T> T read ()
{
	T sum = 0, fl = 1; char ch = getchar();
	for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') fl = -1;
	for (; isdigit(ch); ch = getchar()) sum = (sum << 3) + (sum << 1) + ch - '0';
	return sum * fl;
}

const int Maxn = 18 + 10, Maxs = (1 << 18) + 100, Mod = 998244353;

int N, Q, root;
int e, Begin[Maxn], To[Maxn << 1], Next[Maxn << 1];
int A[Maxn], B[Maxn];

inline void add_edge (int x, int y) { To[++e] = y; Next[e] = Begin[x]; Begin[x] = e; }

int S;

inline void Add (int &a, int b) { a += b; if (a >= Mod) a -= Mod; }

inline int Pow (int a, int b)
{
	int ans = 1;
	while (b) { if (b & 1) ans = 1ll * ans * a % Mod; a = 1ll * a * a % Mod; b >>= 1; }
	return ans;
}

inline void dfs (int x, int f)
{
	if ((1 << (x - 1)) & S) { A[x] = B[x] = 0; return ; }

	int sum1 = 0, sum2 = 0, deg = 0;
	for (int i = Begin[x]; i; i = Next[i])
	{
		int y = To[i];
		++deg;
		if (y == f) continue;
		dfs(y, x);
		Add (sum1, A[y]);
		Add (sum2, B[y]);
	}
	A[x] = Pow((deg - sum1 + Mod) % Mod, Mod - 2);
	B[x] = 1ll * (sum2 + deg) % Mod * Pow((deg - sum1 + Mod) % Mod, Mod - 2) % Mod;
}

int Ans[Maxs], bit[Maxs];

inline void Solve ()
{
	int ALL = (1 << N) - 1;
	for (S = 0; S <= ALL; ++S)
	{
		dfs(root, 0);
		bit[S] = bit[S >> 1] + (S & 1);
		Ans[S] = (bit[S] & 1) ? B[root] : (Mod - B[root]);
	}
	for (int i = 1; i <= N; ++i)
		for (int state = 0; state <= ALL; ++state)
			if (state & (1 << (i - 1))) Add (Ans[state], Ans[state ^ (1 << (i - 1))]);

	while (Q--)
	{
		int k = read<int>(), x = 0;
		while (k--) x |= (1 << (read<int>() - 1));
		printf("%d\n", Ans[x]);
	}
}

inline void Input ()
{
	N = read<int>(), Q = read<int>(), root = read<int>();
	for (int i = 1; i < N; ++i)
	{
		int x = read<int>(), y = read<int>();
		add_edge (x, y);
		add_edge (y, x);
	}
}

int main()
{
#ifdef hk_cnyali
	freopen("A.in", "r", stdin);
	freopen("A.out", "w", stdout);
#endif
	Input();
	Solve();
	return 0;
}