Description
給出一張n個點，m條邊的平面圖，從1號點開始隨機游走，抵達n號點則結束，問期望步數？
n<=5000
Solution
這題在wxh的IOI2019國家候選隊論文中也提到了
首先考慮平面圖有什么好性質，它的邊數不會很多！實際上（根據論文），大於等於3個點的平面圖邊數不會超過3n-6，也就是說邊數和點數是同階的。
我們可以將概率寫成數列的形式，實際上它是一個線性遞推
具體來說，我們設游走在恰好第i步結束的概率是\(f_i\)，那么存在一個長為n，下標從1開始的數列\(a\),使得對於任意\(j\geq n\)，有\(f_j=\sum\limits_{k=1}^{n}f_{j-k}a_k\)
這是由於如果我們將轉移寫成矩陣，實際上就是矩陣反復相乘，而對於任意n*n的矩陣M，\(I,M,M^2,M^3,....\)構成n階線性遞推，且系數就是M的特征多項式的系數（符號什么的移下項就好）。
然后矩陣的某一個元素列出來也構成了線性遞推。
具體可以參考zzq的IOI2019國家候選隊論文。
既然這樣，我們不妨BFS求出第\(1\)到第\(2*n\)步時結束的概率，然后采用Berlekamp-Massey算法求出\(f\)的遞推式，用生成函數寫出來，一定有\(F(x)=F(x)A(x)+R(x)\)，其中\(F(x)\)為\(f\)的生成函數，\(A(x)\)是遞推系數的生成函數，\(R(x)\)是一個小於n次的多項式，表示前n項可能不滿足遞推式的補足部分。
我們求出了\(F(x)\)的前\(2n\)項，求出了\(A(x)\)，自然也可以求出\(R(x)\)
那么\(F(x)={R(x)\over 1-A(x)}\)
然而我們要求的是\(\sum f_i*i\)
實際上把\(F(x)=\sum\limits f_ix^i\)求導，\(F'(x)=\sum f_i*ix^{i-1}\)，代入\(F'(1)\)就是答案。
實際上也可以不用求導，我們設\(g_i\)為走到第i步還未結束的概率
那么有\(\sum\limits f_i*i=\sum\limits g_i\)
這樣前面直接暴力算g,然后直接BM算出g的遞推式，然后一樣算答案即可，省去了求導，就不需要f了。
分析復雜度，由於線性遞推是n階的，所以這里BM算法最壞是\(O(n^2)\)的，由於m與n同階，因此前面的BFS也可以看做是\(O(n^2)\)的
因此我們就用\(O(n^2)\)的時間復雜度解決了問題，比\(O(n^3)\)的暴力高斯消元要優秀很多。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define fod(i,a,b) for(int i=a;i>=b;--i)
#define N 5005
#define LL long long
#define mo 998244353
using namespace std;
LL ny[N],f[N],g[N];
int m1,n,m,t,rd[N],n1;
LL ksm(LL k,LL n)
{
LL s=1;
for(;n;n>>=1,k=k*k%mo) if(n&1) s=s*k%mo;
return s;
}
LL ap[2*N],fp[2][N],gp[N];
int d[2][N];
vector<int> a1[N];
/*
inline void inc(LL &x,const LL &v)
{
x=(x+v)%mo;
}*/
#define inc(x,v) (x=(x+v)%mo)
void bfs()
{
memset(fp,0,sizeof(fp));
LL sum=1;
fp[0][1]=1,ap[0]=1;
int p,r;LL v;
vector<int>::iterator it;
fo(i,0,2*n-1)
{
int i1=i&1;
fo(j,1,n) fp[1^i1][j]=gp[j]=0;
fo(k,1,n-1)
{
if(fp[i1][k]&&k!=n)
{
v=fp[i1][k]*ny[rd[k]]%mo*ny[2]%mo;
for(it=a1[k].begin();it!=a1[k].end();it++)
{
p=*it;
inc(fp[1^i1][p],v);
}
}
}
fo(k,1,n) gp[k]=fp[1^i1][k];
fo(k,1,n)
if(gp[k])
{
v=gp[k]*ny[rd[k]]%mo;
for(it=a1[k].begin();it!=a1[k].end();it++)
{
p=*it;
inc(fp[1^i1][p],v);
}
}
sum=(sum-fp[1^i1][n]+mo)%mo;
ap[i+1]=sum;
fp[1^i1][n]=0;
}
}
LL rc[4*N],rp[4*N],le,le1,rw[4*N];
void BM()
{
le=le1=0;
memset(rc,0,sizeof(rc));
memset(rp,0,sizeof(rp));
int lf=0;LL lv=0;
fo(i,0,n1)
{
LL v=0;
fo(j,1,le) inc(v,rc[j]*ap[i-j]%mo);
if(v==ap[i]) continue;
if(le==0)
{
le=i+1;
fo(j,1,le) rc[j]=rp[j]=0;
le1=0,lf=i,lv=(ap[i]-v)%mo;
continue;
}
v=(ap[i]-v+mo)%mo;
LL mul=v*ksm(lv,mo-2)%mo;
fo(j,1,le) rw[j]=rc[j];
inc(rc[i-lf],mul);
fo(j,i-lf+1,i-lf+le1) inc(rc[j],(mo-mul*rp[j-(i-lf)]%mo)%mo);
if(le<i-lf+le1)
{
swap(le1,le);
le=i-lf+le,lf=i,lv=v;
fo(j,1,le1) rp[j]=rw[j];
}
v=0;
fo(j,1,le) inc(v,rc[j]*ap[i-j]%mo);
}
}
int main()
{
ny[1]=1;
fo(i,2,5000) ny[i]=(-ny[mo%i]*(LL)(mo/i)%mo+mo)%mo;
cin>>t;
while(t--)
{
scanf("%d%d",&n,&m);
fo(i,1,n)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
a1[i].clear();
}
memset(rd,0,sizeof(rd));
m1=0;
fo(i,1,m)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
a1[x].push_back(y),a1[y].push_back(x);
rd[x]++,rd[y]++;
}
n1=2*n;
bfs();
BM();
rc[0]=1,rp[0]=0;
fo(i,1,le) rc[i]=(mo-rc[i])%mo,rp[i]=0;
fo(i,0,le)
fo(j,0,n1) if(i+j<=le) inc(rp[i+j],rc[i]*ap[j]%mo);
LL ans=0,sv=0;
fo(i,0,le+n1) inc(ans,rp[i]);
fo(i,0,le) inc(sv,rc[i]);
printf("%lld\n",ans*ksm(sv,mo-2)%mo);
}
}