AtCoder Beginner Contest 199 F - Graph Smoothing（图的邻接矩阵幂的意义，数学期望，矩阵快速幂）

Posted 2021-05-21 繁凡さん

整理的算法模板合集： ACM模板

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实际上是一个全新的精炼模板整合计划

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Weblink

https://atcoder.jp/contests/abc199/tasks/abc199_f

Problem

Solution

我们要知道图的邻接矩阵的幂的意义，详见 P3758 [TJOI2017]可乐

解题报告（九） 矩阵与行列式（ACM / OI）超高质量题解

这个图就非常形象：

读题之后发现显然就是建图然后求 $k$ 次幂即可，因为有 $k$ 次互不影响的操作嘛。

我们拥有的操作是等概率地选择一条边，将这条边连接的两个点的点权变成两个点的点权的平均值。显然很难维护每一条边连接的两个点的平均值，所以我们换个思想，仅需维护每一个点得到的贡献即可。

显然对于每一个点的期望权值，只有自己对自己的贡献（概率），以及自己所连向的点对自己的贡献。

我们设 $d_i$ 为点 $i$ 的度数。

首先考虑自己对自己的贡献：

那么对于一个点来说，不做任何操作的话对自己的贡献即为自己的点权 $a_i$，但是当我选择一条边的时候，每一个点一共连有 $d_i$ 条边，所以每一个点被选中的概率显然为 $\frac{d_i}{m}$，那么一个点被选中之后，它自己的贡献就从 $a_i$ 变成了 $\frac{a_i}{2}$（因为我们进行的是取平均数的操作），所以原来的期望为 $1\times a_i$ ，每次有 $\frac{d_i}{m}$ 的概率选到点 $i$，被选择一次期望权值就减少 $\frac{a_i}{2}$，即 贡献为 $1-\frac{d_i}{2\times m}=\frac{2\times m-d_i}{2\times m}$。自己（$i$）对自己（$i$）的贡献就是邻接矩阵里的 $a[i][i]$。

然后考虑其他与之相连的点对自己的贡献：

那么对于任意一条边 $⟨u,v⟩$，考虑点 $u$ 对点 $v$ 的贡献，显然选择到该边的概率为 $\frac{1}{m}$， $u$ 给 $v$ 的贡献就是平均数 $\frac{1}{2}$。别人（$j$）给自己（$i$）的贡献就是邻接矩阵里的 $a[j][i]$。

我们计算出每一个点得到的贡献（概率）之后，自己对自己的贡献乘上自己本身的点权，别人对自己的贡献（概率）乘上别人的点权就是每个点在 $k$ 次操作后的点权的期望。

Time

$O(n^{3}logk)$
Code

// Problem: F - Graph Smoothing
// Contest: AtCoder - AtCoder Beginner Contest 199（Sponsored by Panasonic）
// URL: https://atcoder.jp/contests/abc199/tasks/abc199_f
// Memory Limit: 1024 MB
// Time Limit: 2000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
#define int long long
typedef long long ll;
const int N = 507, mod = 1e9 + 7;

int res[N][N];
int a[N][N];
int val[N];
int e[N][N];
int n, m, k;
int d[N];

void mul(int c[], int a[], int b[][N])
{
	int tmp[N] = {0};
	for(int j = 1; j <= n; ++ j)
		for(int k = 1; k <= n; ++ k)
			tmp[j] = (tmp[j] + a[k] * b[k][j]) % mod;
	memcpy(c, tmp, sizeof tmp);
}

void mul(int c[][N], int a[][N], int b[][N])
{
	int tmp[N][N] = {0};
	for(int i = 1; i <= n; ++ i)
		for(int j = 1; j <= n; ++ j)
			for(int k = 1; k <= n; ++ k)
				tmp[i][j] = (tmp[i][j] + a[i][k] * b[k][j]) % mod;
	memcpy(c, tmp, sizeof tmp);
} 

int qpow(int a, int b)
{
	int res = 1;
	while(b) {
		if(b & 1) res = 1ll * res * a % mod;
		a = 1ll * a * a % mod;
		b >>= 1;
	}
	return res;
}

signed main()
{
	scanf("%lld%lld%lld", &n, &m, &k);
	for(int i = 1; i <= n; ++ i)
		scanf("%lld", &val[i]);
	for(int i = 1; i <= m; ++ i) {
		int x, y;
		scanf("%lld%lld", &x, &y);
		e[x][y] = e[y][x] = 1;
		d[x] ++ ;
		d[y] ++ ;
	}
	int inv_2m = qpow(2 * m, mod - 2);

	for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
		for(int j = 1; j <= n; ++ j) {
			if(e[i][j]) {
				a[j][i] = inv_2m;//别人给自己的贡献（j 给 i 的贡献）
			}
		}//自己给自己的贡献（i 给 i 的贡献）
		a[i][i] = (2 * m - d[i]) * inv_2m % mod;
	}

	for(int i = 1; i <= n; ++ i)
		res[i][i] = 1; 

	while(k) {
		if(k & 1) mul(res, res, a);
		mul(a, a, a);
		k >>= 1;
	} 

	for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
		ll ans = 0;
		for(int j = 1; j <= n; ++ j) 
			ans = (ans + (1ll * res[j][i] * val[j]) % mod) % mod; 
		cout << ans << endl;
	}
	return 0;
}