[ARC101E]Ribbons on Tree(容斥，dp)

Description

给定一棵有 $n$ 个节点的树，满足 $n$ 为偶数。初始时，每条边都为白色。

现在请你将这些点两两配对成 $\frac{n}{2}$ 个无序点对。每个点对之间的的路径都会被染成黑色

求有多少种配对方案，使得树上没有白边？

$n\le 5000$

Solution

法一：

树上的路径很难直接考虑。

有一种容斥的做法：记边集为 E ，枚举 T 子集中的边强制为白边，其余的不作限制，那么：

\[Ans = \sum_{T\subseteq E} (-1) ^ {T} F(T)
\]

$F(T)$ 为强制 T 的边为白边的方案数。

把 T 删掉后不难发现树变成了若干个联通块，显然这若干个连通块是独立的。

对于一个大小为 n 的连通块，两点随便配对的方案数是 $(n - 1) * (n - 3) * \cdots * 1$，记为 $g(n)$ 。

然而暴力枚举 T 复杂度过高，考虑树型 dp ，需要知道的状态是 u 当前所在联通块大小以及容斥系数(即 T 的奇偶)。

设 $dp[u][i][0/1]$ 为 u 子树内，u 所在联通块大小为 i ，T 的奇偶性是 0 / 1 的方案数。

转移就合并 u 的子树 v ，同时考虑 <u, v> 这条边是否选入 T 集合，有点做 01 背包的感觉。

\[dp[v][i][a]\times dp[u][i][b] \rightarrow dp'[u][i + j][a\oplus b]\\
dp[v][j][a]\times dp[u][i][b]\times g[i] \rightarrow dp'[u][i][a\oplus b\oplus 1]
\]

最后答案就是 $|T|$ 为偶数的 - $|T|$ 为奇数的。

\[Ans = \sum_{i = 1} ^ n (dp[root][i][0] - dp[root][i][1]) \times g[i]
\]

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <vector>

#include <iostream>

#include <algorithm>

using namespace std;

#define End exit(0)

#define LL long long

#define mp make_pair

#define SZ(x) ((int) x.size())

#define GO cerr << "GO" << endl

#define DE(x) cout << #x << " = " << x << endl

#define DEBUG(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)

void proc_status()

{

	freopen("/proc/self/status","r",stdin);

	string s; while(getline(cin, s)) if (s[2] == 'P') { cerr << s << endl; return; }

}

template<typename T> inline T read()

{

	register T x = 0;

	register char c; register int f(1);

	while (!isdigit(c = getchar())) if (c == '-') f = -1;

	while (x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48), isdigit(c = getchar()));

	return x * f;

}

template<typename T> inline bool chkmin(T &a,T b) { return a > b ? a = b, 1 : 0; }

template<typename T> inline bool chkmax(T &a,T b) { return a < b ? a = b, 1 : 0; }

const int maxN = 5000 + 2;

const int mod = 1e9 + 7;

vector<int> adj[maxN + 2];

int g[maxN + 2], n, size[maxN + 2];

int dp[maxN + 2][maxN + 2][2];

void input()

{

    n = read<int>();

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

    {

        int u = read<int>(), v = read<int>();

        adj[u].push_back(v), adj[v].push_back(u);

    }

}

void dfs(int u, int f)

{

    static int tmp[maxN + 2][2];

    size[u] = 1;

    dp[u][1][0] = 1;

    for (int v : adj[u])

        if (v != f)

        {

            dfs(v, u);

            for (int i = 0; i <= size[u]; ++i)

                for (int j = 0; j <= size[v]; ++j)

                    for (int a = 0; a < 2; ++a)

                        for (int b = 0; b < 2; ++b)

                        {

                            (tmp[i + j][a ^ b] += (LL) dp[v][j][a] * dp[u][i][b] % mod) %= mod;

                            if (!(j & 1))

                                (tmp[i][a ^ b ^ 1] += (LL) dp[v][j][a] * dp[u][i][b] % mod * g[j] % mod) %= mod;

                        }

            size[u] += size[v];

            for (int i = 0; i <= size[u]; ++i)

                for (int j = 0; j < 2; ++j)

                    dp[u][i][j] = tmp[i][j], tmp[i][j] = 0;

        }

}

void solve()

{

    g[0] = 1;

    for (int i = 2; i <= n; i += 2) g[i] = (LL) g[i - 2] * (i - 1) % mod;

    dfs(1, 0);

    int ans = 0;

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

        (ans += ((LL) dp[1][i][0] - dp[1][i][1] + mod) * g[i] % mod) %= mod;

    cout << ans << endl;

}

int main()

{

#ifndef ONLINE_JUDGE

	freopen("xhc2.in", "r", stdin);

	freopen("xhc2.out", "w", stdout);

#endif

    input();

    solve();

	return 0;

}

法二：

还是基于上面的容斥。

设 $dp[u][i]$ 为 u 子树内还有 i 个点没有匹配，但考虑了容斥系数的答案。

合并子树后注意下 $dp[u][0]$ 的转移要乘以 -1 的容斥系数（根除外）

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <vector>

#include <iostream>

#include <algorithm>

using namespace std;

#define End exit(0)

#define LL long long

#define mp make_pair

#define SZ(x) ((int) x.size())

#define GO cerr << "GO" << endl

#define DE(x) cout << #x << " = " << x << endl

#define DEBUG(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)

void proc_status()

{

	freopen("/proc/self/status","r",stdin);

	string s; while(getline(cin, s)) if (s[2] == 'P') { cerr << s << endl; return; }

}

template<typename T> inline T read()

{

	register T x = 0;

	register char c; register int f(1);

	while (!isdigit(c = getchar())) if (c == '-') f = -1;

	while (x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48), isdigit(c = getchar()));

	return x * f;

}

template<typename T> inline bool chkmin(T &a,T b) { return a > b ? a = b, 1 : 0; }

template<typename T> inline bool chkmax(T &a,T b) { return a < b ? a = b, 1 : 0; }

const int maxN = 5000 + 2;

const int mod = 1e9 + 7;

int n;

int ver[maxN << 1], nxt[maxN << 1], head[maxN + 2];

int dp[maxN + 2][maxN + 2], tmp[maxN + 2], size[maxN + 2], g[maxN + 2];

inline void Inc(int &x) { x < 0 ? x += mod : 0; }

inline void Dec(int &x) { x >= mod ? x -= mod : 0; }

void link(int u, int v)

{

    static int ecnt = 0;

    ver[++ecnt] = v, nxt[ecnt] = head[u], head[u] = ecnt;

}

void dfs(int u, int fa)

{

    dp[u][1] = 1;

    size[u] = 1;

    for (int i = head[u]; i; i = nxt[i])

    {

        int v = ver[i];

        if (v == fa) continue;

        dfs(v, u);

        for (int i = 0; i <= size[u]; ++i)

            for (int j = 0; j <= size[v]; ++j)

                Dec(tmp[i + j] += 1ll * dp[u][i] * dp[v][j] % mod);

        size[u] += size[v];

        for (int i = 0; i <= size[u]; ++i) dp[u][i] = tmp[i], tmp[i] = 0;

    }

    for (int i = 1; i <= size[u]; ++i) Inc(dp[u][0] -= 1ll * dp[u][i] * g[i] % mod);

}

int main()

{

#ifndef ONLINE_JUDGE

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

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

#endif

    n = read<int>();

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

    {

        int u = read<int>(), v = read<int>();

        link(u, v), link(v, u);

    }

    g[0] = 1;

    for (int i = 2; i <= n; ++i) g[i] = 1ll * g[i - 2] * (i - 1) % mod;

    dfs(1, 0);

    printf("%d\n", (mod - dp[1][0]) % mod);

	return 0;

}