noip模拟46

A. 数数

排好序从两头贪心即可

B. 数树

首先很容易想到容斥

如果选择的边集的相关点集有点的度数大于 $1$ 是不合法的

也就是说一定形成若干条长度不一的链

要给这些链上的点安排排列中的数，方案数其实就是 $(n-k)!$

因为一条链开头的值确定了整条链的值就确定了

发现暴力算是 $2^n$，考虑选择边集数量一定时贡献是否可以一起算

树形背包即可，算出以 $1$ 为根的子树内选 $k$ 条边的方案数

由于入度出度不超过 $1$ 的限制，$dp$ 加两维 $0/1$ 表示有没有出/入边

代码实现

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define int long long

const int maxn=5005;

const int maxm=10005;

const int mod=998244353;

int n,hd[maxn],cnt,f[maxn][maxn][2][2],ans,fa[maxn],x,y,frac[maxn],siz[maxn],g[maxn][2][2];

int read(){

	int x=0,f=1;

	char ch=getchar();

	while(!isdigit(ch)){

		if(ch=='-')f=-1;

		ch=getchar();

	}

	while(isdigit(ch)){

		x=x*10+ch-48;

		ch=getchar();

	}

	return x*f;

}

struct Edge{

	int nxt,to,val;

}edge[maxm];

void add(int u,int v,int w){

	edge[++cnt].nxt=hd[u];

	edge[cnt].to=v;

	edge[cnt].val=w;

	hd[u]=cnt;

	return ;

}

void dfs(int u){

	siz[u]=1;

	f[u][0][0][0]=1;

	for(int i=hd[u];i;i=edge[i].nxt){

		int v=edge[i].to;

		if(v==fa[u])continue;

		fa[v]=u;

		dfs(v);

//		memset(g,0,sizeof g);

		for(int j=siz[u];j>=0;j--){

			for(int k=siz[v];k>=0;k--){

				int sum=(f[v][k][0][0]+f[v][k][0][1]+f[v][k][1][0]+f[v][k][1][1])%mod;

				for(int l=0;l<2;l++){

					for(int r=0;r<2;r++){

						g[j+k][l][r]=(g[j+k][l][r]+f[u][j][l][r]*sum%mod)%mod;

					}

				}

				if(edge[i].val){

					g[j+k+1][1][0]=(g[j+k+1][1][0]+f[u][j][0][0]*(f[v][k][0][0]+f[v][k][1][0])%mod)%mod;

					g[j+k+1][1][1]=(g[j+k+1][1][1]+f[u][j][0][1]*(f[v][k][0][0]+f[v][k][1][0])%mod)%mod;

				}

				else{

					g[j+k+1][0][1]=(g[j+k+1][0][1]+f[u][j][0][0]*(f[v][k][0][0]+f[v][k][0][1])%mod)%mod;

					g[j+k+1][1][1]=(g[j+k+1][1][1]+f[u][j][1][0]*(f[v][k][0][0]+f[v][k][0][1])%mod)%mod;

				}

			}

		}

		siz[u]+=siz[v];

		for(int j=0;j<=siz[u];j++){

			for(int l=0;l<2;l++){

				for(int r=0;r<2;r++){

					f[u][j][l][r]=g[j][l][r];

					g[j][l][r]=0;

				}

			}

		}

	}

	return ;

}

signed main(){

	n=read();

	for(int i=1;i<=n-1;i++){

		x=read();

		y=read();

		add(x,y,0);

		add(y,x,1);

	}

	dfs(1);

	frac[0]=1;

	for(int i=1;i<=n;i++)frac[i]=frac[i-1]*i%mod;

	int op=1;

	for(int i=0;i<=n-1;i++){

		int sum=0;

		for(int j=0;j<=1;j++){

			for(int k=0;k<=1;k++){

//				cout<<f[1][i][j][k]<<" ";

				sum=(sum+f[1][i][j][k])%mod;

			}

		}

//		cout<<endl;

//		cout<<sum<<endl;

		ans=(ans+op*sum*frac[n-i]%mod)%mod;

		ans=(ans+mod)%mod;

		op=-op;

	}

	cout<<ans;

	return 0;

}

C. 鼠树

发现单个白点的权值由其归属点的累加可以得出，子树和操作是子树内黑点总和以及一部分白点由其归属点得出

所以只需要维护黑点信息即可

记录每个黑点的权值，管辖点的个数，以及二者的乘积

当加入一个黑点的时候，其管辖点大小由子树内大小之和推出，权值设为归属点权值，并相应地更改归属点大小

当删除一个黑点的时候，由于要保留贡献，所以直接对这棵子树做区间加，并做一次 $4$ 操作把子树内其他黑点多算的部分减掉

最后是动态维护归属点的问题：可以树剖并在每条重链上开 $set$ 维护黑点深度，查询时在重链上二分即可

整个算法时间复杂度 $nlogn$