L3-032 关于深度优先搜索和逆序对的题应该不会很难吧这件事

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L3-032 关于深度优先搜索和逆序对的题应该不会很难吧这件事 - 团体程序设计天梯赛

题意

给定一棵 \(n\) 个节点的树，其中节点 \(r\) 为根。求该树所有可能的 DFS 序中逆序对数量之和。

思路

一开始分了两类，第一类为它的所有孩子，第二类为它父亲的除了它及它的孩子的所有孩子。所以少考虑了一些情况，写到最后样例没过才发现问题。第二类应为它的祖先的……

重新进行分类，不妨设它为 \(u\)，第一类为 \(u\) 所有祖先，这一类贡献不会因为 DFS 改变而变。第二类为除了其祖先，子孙和 \(u\) 的所有结点，这一类会改变。

对于第二类结点，不妨设其中一个为 \(v\)，对所有可能的 DFS序，有 \(\frac{1}{2}\) 的概率 \(u\) 在 \(v\) 前面，\(\frac{1}{2}\) 的概率 \(u\) 在 \(v\) 后面。\(u\) 与它的所有第二类结点都可能产生贡献，共计为 \[ \text{第二类结点数}\times\text{DFS 数量}\times\frac{1}{2}\times\frac{1}{2} \] 一个 \(\frac{1}{2}\) 为位置概率，另一个为一对 \((u,v)\) 其贡献会计算两次。

代码

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#include<bits/stdc++.h>
// #define int long long
#define endl '\n'
#define debug(x) cout << #x << " = " << x << endl
#define debug2(x,y) cout << #x << " = " << x << " " << #y << " = "<< y << endl
#define lowbit(i) ((i) & (-i))
using namespace std;

typedef long long LL;
typedef unsigned long long uLL;
typedef pair<int, int> pii;
const double eps = 1e-9;
const int mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 3e5 + 10;

vector<int> e[maxn];
int c[maxn], n, dep[maxn], son[maxn], fac[maxn];
LL base = 1, ans = 0;

LL qpow(LL b, LL p, int k) {
    b %= k;
    LL ans = 1;
    for(; p; p >>= 1, b = b * b % k)
        if(p & 1) ans = ans * b % k;
    return ans;
}

void add(int x, int val) {
    for(; x <= n; x += lowbit(x)) c[x] += val;
}

int sum(int x) {
    int res = 0;
    for(; x; x -= lowbit(x)) res += c[x];
    return res;
}

void dfs(int u, int fa) {
    dep[u] = dep[fa] + 1;
    ans = (ans + dep[u] - 1 - sum(u)) % mod;
    add(u, 1);
    int cnt = 0;
    for(auto v : e[u])
        if(v != fa) {
            cnt++;
            dfs(v, u);
            son[u] += son[v] + 1;
        }
    if(cnt) base = base * fac[cnt] % mod;
    add(u, -1);
}

void solve() {
    int r;
    cin >> n >> r;
    fac[0] = 1;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        fac[i] = (LL)fac[i - 1] * i % mod;
    for(int i = 1; i < n; i++) {
        int u, v;
        cin >> u >> v;
        e[u].push_back(v);
        e[v].push_back(u);
    }
    dfs(r, 0);
    ans = ans * base % mod;
    int inv2 = qpow(2, mod - 2, mod);
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        ans = (ans + (n - dep[i] - son[i]) * base % mod * inv2 % mod * inv2 % mod) % mod;
    }
    cout << ans << endl;
}

// #define sunset
signed main() {
    cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    
#ifdef sunset
    freopen("in.txt", "r", stdin);
    freopen("out.txt", "w", stdout);
#endif
    
    int T = 1;
    // cin >> T;
    while(T--) {
        solve();
    }
    return 0;
}