P11363 [NOIP2024] 树的遍历

题意

给你一个 $n$ 个点的树，定义边与边相邻当且仅当它们有一个公共端点。一条合法 dfs 路径从某条边出发，如果存在未访问的相邻的边，则必须选择其中一条边走，否则回溯。

给你 $k$ 个关键边，问以这些关键边为起点可以生成多少不同构的有标号无向边 dfs 树。

$n \le 10^5$。

思路

参考 @喵仔牛奶的做法。

我们给边重新编号，边 $u$ 表示点 $u$ 连向父亲的那条边。假设原树以 $1$ 为根，那么编号 $\in[2,n]$。由题目定义，$u$ 与它的父亲 $fa_u$，它的兄弟 $bro_u$ 和它的儿子 $son_u$ 相邻。以下直接写编号的都是指边，不是点。

当 $k=1$ 时是好解决的，就是 $\prod_{i=1}^n (d_i-1)!$。其中 $d_i$ 是点 $i$ 的度数。

对于每个点，它所有边的访问顺序是一个排列，而当我们访问到点 $u$ 的某条连边时，一定是由某条边过来的，那么由前面的操作我们钦定了这个排列的第一条边。然后点 $u$ 可以自由决定其他边的访问顺序，所以就是 $d_u-1$ 的连乘了。

当 $k>1$ 时，问题是 $k$ 个点出发可以生成多少不同构的树，也即有多少不同构的树可以以 $k$ 个点其中一些点出发生成。容易想到容斥，但是首先要发掘更多性质。

我们想知道每个点的连边的排列和 dfs 树的关系。显然 dfs 树可能有同构，因此不是双射。

$p_i$ 遍历完它的子树之后就会走到 $p_{i+1}$。因此 $p_i$ 和 $p_{i+1}$ 一定有连边！所以排列对 dfs 树上的一条链。

显然 reverse 排列不会改变 dfs 树。

那么我们可以容斥，计算有多少种合法的定排列头（定起点方向）的方案，然后如果某个点存在两个定起点方向的方案，它们成为排列头时的排列互为 reverse 的排列，dfs 树就重构了，需要减掉。计算起点边属于 $k$ 个关键边条件下的方案。

因为每个点对应一个边的排列，所以我们按照点分析每个排列。

显然合法的点的连边的访问的排列顺序对应唯一的合法的 dfs 树，且对应唯一的出发边，但是合法的 dfs 树可以对应多个合法的每个点的连边访问排列顺序。因此考虑由 dfs 树推到哪些排列顺序然后推到哪些边可以做起点。

排列顺序只要一直往排列的第一条边的方向走就可以到达起点边了。换句话说，按照每个点的排列的最后一条边的方向画箭头，就可以得到以起点边为“根”的外向树。根必须是特殊边。

相当于要给每个排列选择两个端点，使得向着任意一个端点定向后是一棵外向树，且树根是特殊边。求排列方案数。

假如已经钦定了集合 $S$ 的边可以作为树根，求出方案数。然后乘上 $(-1)^{|S|+1}$ 的容斥系数。

若边 $x \in S$，$x$ 将原树分成两部分，这两部分的点的排列的一个端点方向必须向 $x$。

因此所有 $x \in S$ 一定在一条链上。

在这条链上的点（不含端点）的贡献是 $(d_u-2)!$，其他点是 $(d_u-1)!$。可以变形成：

\[(\prod_{i=1}^n (d_u-1)! ) [(\prod_{i \in L} \frac{1}{d_u-1}) \times (-1)^{|S|+1}]
\]

前半是简单的，我们要计数后半部分。

进行树形 DP。按照点 DP。DP 的时候带上容斥系数。

设 $c_i = \frac{1}{d_u-1}$。

剩下的，和参考题解一样。

时间复杂度线性。

code

代码是不难写的，性质是很难找的。

#include<bits/stdc++.h>

#define sf scanf

#define pf printf

#define rep(x,y,z) for(int x=y;x<=z;x++)

#define per(x,y,z) for(int x=y;x>=z;x--)

using namespace std;

typedef long long ll;

namespace wing_heart {

    constexpr int N=1e5+7,mod=1e9+7,Max=1e5;

    int add(int a,int b) { return a+b>=mod ? a+b-mod : a+b; }

    void _add(int &a,int b) { a=add(a,b); }

    int mul(int a,int b) { return 1ll*a*b%mod; }

    void _mul(int &a,int b) { a=mul(a,b); }

    int testid,t,n,k;

    int u,v;

    typedef pair<int,int> pii;

    #define fi first

    #define se second

    vector<pii> to[N];

    int col[N];

    int x;

    int fac[N],inv[N];

    void _init() {

        fac[0]=1;

        rep(i,1,Max) fac[i]=mul(fac[i-1],i), inv[i]=(i>1 ? mul(inv[mod%i],(mod-mod/i)) : 1);

    }

    int f[N];

    int ans;

    void init() {

        rep(i,1,n) to[i].clear();

        memset(col,0,sizeof(col));

        ans=0;

    }

    void dfs(int u,int fa,int op) {

        int w=inv[to[u].size()-1], s=mod-op;

        f[u]=mod-op; _add(ans,op);

        for(auto p : to[u]) {

            int v=p.se, id=p.fi;

            if(v^fa) {

                dfs(v,u,col[id]);

                _add(ans,mod-mul(w,mul(s,f[v]))), _add(f[u],mul((op ? 0 : f[v]),w)), _add(s,f[v]);

            }

        }

    }

    void main() {

        sf("%d%d",&testid,&t);

        _init();

        while(t--) {

            sf("%d%d",&n,&k);

            init();

            rep(i,1,n-1) {

                sf("%d%d",&u,&v);

                to[u].push_back({i,v});

                to[v].push_back({i,u});

            }

            rep(i,1,k) {

                sf("%d",&x);

                col[x]=1;

            }

            dfs(1,0,0);

            rep(i,1,n) _mul(ans,fac[to[i].size()-1]);

            pf("%d\n",ans);

        }

    }

}

int main() {

    #ifdef LOCAL

    freopen("in.txt","r",stdin);

    freopen("my.out","w",stdout);

    #endif

    wing_heart :: main();

}