设 $dp_x$ 为从 $x$ 走出去的期望步数，可以写出转移 $\displaystyle dp_x = k_x \cdot dp_1 + e_x \cdot 0 + (1 - k_x - e_x) \cdot \sum_{(x, y) \in \mathbb E} \frac{dp_y + 1}{d_x}$。这个转移有环，又不能直接高消，于是考虑树的拓扑结构。首先令 $t_x = 1 - k_x - e_x$，把转移中那个 $\sum$ 中关于父亲结点的那一项提出来，并且把转移写成 $dp_x = a_x \cdot dp_1 + b_x \cdot dp_{\textit{fa}_x} + c_x$ 的形式，通过叶子结点没有儿子可以解方程，具体过程十分 dirty，参考其他博客。

写一下推导的方向，注意到我们只需要 dp_1 的值，所以我们只需要计算 a_1，c_1 即可。考虑叶子结点没有后继求得叶子结点的 a，b，c 并且经过艰难的推导得到 a_x，b_x，c_x 关于 a_y，b_y，c_y （y 是 x 的后继）的递推式即可。

using db = double;
int n;
bsi<int> adj[1 << 14];
db k[1 << 14], e[1 << 14], t[1 << 14], a[1 << 14], b[1 << 14], c[1 << 14];
void clear() { rep(i, n) bsi<int>().swap(adj[i]); }
bool dfs(int x, int pa) {
  int d = int(adj[x].size());
  a[x] = k[x], b[x] = t[x] / d, c[x] = t[x];
  db sum = 0;
  for (auto y : adj[x])
    if (y != pa) {
      if (!dfs(y, x))
        return 0;
      a[x] += t[x] / d * a[y], c[x] += t[x] / d * c[y], sum += t[x] / d * b[y];
    }
  if (fabs(1 - sum) < 1e-9)
    return 0;
  a[x] /= 1 - sum, b[x] /= 1 - sum, c[x] /= 1 - sum;
  return 1;
}
void run(int runid) {
  int x, y;
  cin >> n;
  rep(n - 1) cin >> x >> y, adj[--x] += --y, adj[y] += x;
  rep(i, n) cin >> k[i] >> e[i], t[i] = 1 - (k[i] /= 100) - (e[i] /= 100);
  cout << "Case " << runid << ": ";
  if (!dfs(0, n) || fabs(1 - a[0]) < 1e-9)
    cout << "impossible\n";
  else
    cout << c[0] / (1 - a[0]) << "\n";
}
signed main() {
  ios::sync_with_stdio(0);
  cin.tie(0);
  cout << fixed << setprecision(6);
  int tt, kase = 0;
  for (cin >> tt; tt--; clear())
    run(++kase);
}

Description

Link.

这道题 的加强版。

Solution

题解里面大多数都是概率 DP，或者是期望 DP 然后是逆推。甚至不给 DP 的转移式。机房 yyds Reanap 发了一篇逆推的题解，那我就来补一篇正推的期望 DP 的填表法做法。

首先这道题看上去好像可以状压的样子，我们可以设 $f_{i,S}$ 表示当前打了 $i$ 次，敌方的情况是 $S$ 的期望。

不过仔细想一下发现我们只需要知道各种血量的奴隶主有多少即可。

于是我们重新设计 DP 的状态：$f_{s,i,j,k}$ 表示目前打了 $s$ 次，敌方分别有 $i$、$j$、$k$ 个 1hp、2hp、3hp 的奴隶主。

首先我们令 $T=[i+j+k<K]$

那么我们的方程就是：

$$ f_{s,i,j,k}=\begin{cases} f_{s-1,i-1,j,k}+\frac{i}{i+j+k+1},M=1\land i\neq0 \\ f_{s-1,i-1,j,k}+\frac{i}{i+j+k+1},M=2\land i\neq0 \\ f_{s-1,i+1,j-1+T,k}+\frac{j}{i+j+k+1},M=2\land j\neq0 \\ f_{s-1,i-1,j,k}+\frac{i}{i+j+k+1},M=3\land i\neq0 \\ f_{s-1,i+1,j-1,k+T}+\frac{j}{i+j+k+1},M=3\land j\neq0 \\ f_{s-1,i,j+1,k-1+T}+\frac{k}{i+j+k+1},M=3\land k\neq0 \end{cases} $$

这个方程挺好理解的，基本就等于照题意模拟。

然后我们发现转移式中的系数部分和 $f$ 数组没有关系，所以我们可以用矩阵来加速这个东西。

数一数状态数，直接加速直接 T 飞。

有一个矩阵加速常用的 trick，预处理矩阵 2 的幂。

然后取模卡卡常即可。

（代码不保证稳定能过）

#include <cstdio>
#define mod ( 998244353 )

using namespace std;
typedef long long LL;

char buf[1 << 21], *p1 = buf, *p2 = buf;
#define getchar( ) ( p1 == p2 && ( p2 = ( p1 = buf ) + fread( buf, 1, 1 << 21, stdin ), p1 == p2 ) ? EOF : *p1 ++ )

template<typename _T>
void read( _T &x )
{
    x = 0;
    char c = getchar( );
    _T f = 1;
    while( c < '0' || c > '9' )
    {
        if( c == '-' )    f = -1;
        c = getchar( );
    }
    while( c >= '0' && c <= '9' )    x = ( x << 3 ) + ( x << 1 ) + ( c ^ '0' ), c = getchar( );
    x *= f;
}

template<typename _T, typename... Args>
void read( _T &t, Args&... args ) { read( t ), read( args... ); }

template<typename _T>
void write( _T x )
{
    if( x < 0 )    putchar( '-' ), x = -x;
    if( x > 9 )    write( x / 10 );
    putchar( x % 10 + '0' );
}

template<typename _T>
void Add( _T &x, _T y )
{
    if( y >= mod )  y %= mod;
    x += y;
    if( x >= mod )  x -= mod;
}

template<typename _T>
_T square( _T x ) { return x * x; }

const int Maxn = 10 + 5, Maxk = 170 + 5;
int T, M, K, S, Unite[Maxn][Maxn][Maxn];
LL tmp[Maxk], Ans[Maxk], Inv[Maxn];
struct Matrix
{
    LL mat[Maxk][Maxk];

    friend Matrix operator * ( const Matrix &one, const Matrix &another )
    {
        Matrix res;
        for( int i = 0; i <= S + 1; ++ i )
        {
            for( int j = 0; j <= S + 1; ++ j )
            {
                res.mat[i][j] = 0;
                for( int k = 0; k <= S + 1; ++ k )    Add( res.mat[i][j], one.mat[i][k] * another.mat[k][j] );
            }
        }
        return res;
    }
} dp[Maxk];

template<typename _T>
_T qkpow( _T base, _T times )
{
    _T res = 1;
    while( times )
    {
        if( times & 1 )    res = ( LL )res * base % mod;
        base = ( LL )base * base % mod;
        times >>= 1;
    }
    return res;
}

void progressInversions( ) { for( int i = 0; i <= 10; ++ i )    Inv[i] = qkpow( i, mod - 2 ); }
signed main( )
{
    progressInversions( );
    read( T, M, K );
    for( int i = 0; i <= K; ++ i )
    {
        int UpI;
        if( M > 1 )    UpI = K - i;
        else    UpI = 0;
        for( int j = 0; j <= UpI; ++ j )
        {
            int UpJ;
            if( M > 2 )    UpJ = K - i - j;
            else    UpJ = 0;
            for( int k = 0; k <= UpJ; ++ k )    Unite[i][j][k] = ++ S;
        }
    }
    for( int i = 0; i <= K; ++ i )
    {
        int UpI;
        if( M > 1 )    UpI = K - i;
        else    UpI = 0;
        for( int j = 0; j <= UpI; ++ j )
        {
            int UpJ;
            if( M > 2 )    UpJ = K - i - j;
            else    UpJ = 0;
            for( int k = 0; k <= UpJ; ++ k )
            {
                int Add;
                if( i + j + k < K )    Add = 1;
                else    Add = 0;
                if( M == 1 && i )    dp[0].mat[Unite[i][j][k]][Unite[i - 1][j][k]] = ( LL )i * Inv[i + j + k + 1] % mod;
                else if( M == 2 )
                {
                    if( i )    dp[0].mat[Unite[i][j][k]][Unite[i - 1][j][k]] = ( LL )i * Inv[i + j + k + 1] % mod;
                    if( j )    dp[0].mat[Unite[i][j][k]][Unite[i + 1][j - 1 + Add][k]] = ( LL )j * Inv[i + j + k + 1] % mod;
                }
                else if( M == 3 )
                {
                    if( i )    dp[0].mat[Unite[i][j][k]][Unite[i - 1][j][k]] = ( LL )i * Inv[i + j + k + 1] % mod;
                    if( j )    dp[0].mat[Unite[i][j][k]][Unite[i + 1][j - 1][k + Add]] = ( LL )j * Inv[i + j + k + 1] % mod;
                    if( k )    dp[0].mat[Unite[i][j][k]][Unite[i][j + 1][k - 1 + Add]] = ( LL )k * Inv[i + j + k + 1] % mod;
                }
                dp[0].mat[Unite[i][j][k]][Unite[i][j][k]] = dp[0].mat[Unite[i][j][k]][S + 1] = Inv[i + j + k + 1];
            }
        }
    }
    dp[0].mat[S + 1][S + 1] = 1;
    for( int i = 1; i <= 60; ++ i )    dp[i] = square( dp[i - 1] );
    while( T -- > 0 )
    {
        LL N;
        read( N );
        for( int i = 0; i <= S + 1; ++ i )  Ans[i] = 0;
        if( M == 1 )    Ans[Unite[1][0][0]] = 1;
        else if( M == 2 )    Ans[Unite[0][1][0]] = 1;
        else    Ans[Unite[0][0][1]] = 1;
        for( int i = 0; i <= 60; ++ i )
        {
            if( ( N >> i ) & 1 )
            {
                for( int j = 0; j <= S + 1; ++ j )
                {
                    tmp[j] = 0;
                    for( int k = 0; k <= S + 1; ++ k )    Add( tmp[j], Ans[k] * dp[i].mat[k][j] );
                }
                for( int j = 0; j <= S + 1; ++ j )    Ans[j] = tmp[j];
            }
        }
        write( Ans[S + 1] ), putchar( '\n' );
    }
    return 0;
}