Codeforces 848D - Shake It!（DP）

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hot tea 一道。

首先我们考虑这个奇奇怪怪的最小割有什么等价的表达。不难发现，如果我们选择了 \(S\to T\) 这条边并加入了一个新的节点 \(u\)，那么就会出现两条边 \(S\to u,u\to T\)。我们考虑把 \(S\) 和 \(u\) 分别当作新的源点和汇点重复上面的过程，假设 \(S\to u\) 产生的流量为 \(f_1\)，我们再把 \(u,T\) 也分别当作新的源汇并产生 \(f_2\) 的流量，那么新产生的这个节点 \(u\) 对原图的最小割，即最大流产生了 \(\min(f_1,f_2)\) 的贡献。也就是说，当我们选择 \(S\to T\) 这条边并新添了一个点 \(u\)，就等价于将原问题拆成了 \(S\to u\) 和 \(u\to T\) 两个子问题求解，这就天然地形成了 DP 的模型。

考虑 \(f_{n,m}\)​​ 表示对于一张初始只有 \(S,T\)​​ 两个点和一条边 \(S\to T\)​​ 的图进行 \(n\)​​​ 次操作后能够得到多少张最小割为 \(m\)​​ 的图，再设 \(g_{n,m}\)​​ 表示对于一张初始有三个点 \(S,T,u\)​​ 和两条边 \(S\to u\)​​ 和 \(u\to T\)​​ 的图在进行 \(n-1\)​​ 次操作后可以得到多少个最小割为 \(m\)​​ 的图，转移就考虑对 \(S\to u\)​​ 长出的子图和 \(u\to T\)​​ 长出的子图分别进行了多少次操作，设为 \(k\)​ 和 \(n-1-k\)​，那么转移就是一个 \(\min\)​ 卷积的形式，即 \(g_{n,m}=\sum\limits_{k=0}^{n-1}\sum\limits_{\min(x,y)=m}f_{k,x}f_{n-1-k,y}\)​，众所周知，\(\min\)​ 卷积可以通过处理后缀和做到线性，即假设 \(sf_{n,m}\)​ 为 \(f_{n,m}\)​ 的后缀和，\(sg_{n,m}\)​ 也同理，那么 \(sg_{n,m}=\sum\limits_{k=0}^{n-1}sf_{k,m}sf_{n-1-k,m}\)​，再一遍差分即可求出真正的 \(g\)。这样我们就实现了 \(f\to g\)​。

接下来考虑怎样 \(g\to f\)，方便起见，我们将所有 \(S\to u,u\to T\) 进行 \(n-1\) 次操作得到的最小割为 \(m\) 的图称作一个“\((n,m)\) 结构”，将所有 \((n,m)\) 结构的总体称作“\((n,m)\) 类”，那么我们考虑一个背包的思想，考虑所有 \((i,j)\) 类对 \(f_{n,m}\) 的贡献，那么我们枚举用了多少个 \((i,j)\) 类中的结构，设为 \(k\)，那么有转移 \(f_{n,m}\leftarrow f_{n-ki,m-kj}·\dbinom{g_{i,j}+k-1}{k}\)，其中后面那个组合数可以用隔板法来解释，具体来说就是设 \((i,j)\) 类第 \(t\) 个结构出现了 \(x_t\) 次，那么由于“经过置换得到的图视为相同”这一条件的存在，一组 \((x_1,x_2,\cdots,x_{g_{i,j}})\) 就能唯一确定一张图，方案数就是 \(x_1+x_2+\cdots+x_{g_{i,j}}=k\) 的解的个数，根据隔板法可知该值等于 \(\dbinom{g_{i,j}+k-1}{k}\)。

还有一个小问题就是 DP 转移的顺序，如果我们不钦定 DP 转移的顺序就会算重。因此我们考虑从小到大枚举 \(i\) 再从小到大枚举 \(j\)，算出 \(g_{i,j}\) 之后再用多重背包的方式松弛所有 \(f_{n,m}\)，不难发现这样我们肯定会按照 \((i,j)\) 这样的二元组的字典序顺序进行多重背包，也就不会担心算重的问题了。这就有点类似于子集卷积那种“半在线”的感觉，学过子集卷积/半在线卷积的应该会比较好理解。

时间复杂度上界大概是 \(n^4\ln n\)，因为后面枚举 \(k\) 那一维复杂度大概是调和级数的。

const int MAXN=50;
const int MOD=1e9+7;
int n,m,f[MAXN+5][MAXN+5],sf[MAXN+5][MAXN+5],g[MAXN+5][MAXN+5],sg[MAXN+5][MAXN+5];
int inv[MAXN+5];
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);f[0][1]=sf[0][1]=1;
	for(int i=(inv[0]=inv[1]=1)+1;i<=MAXN;i++) inv[i]=1ll*inv[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=n+1;j++) for(int k=0;k<=i-1;k++)
			sg[i][j]=(sg[i][j]+1ll*sf[k][j]*sf[i-1-k][j])%MOD;
		for(int j=1;j<=n+1;j++) g[i][j]=(sg[i][j]-sg[i][j+1]+MOD)%MOD;
//		for(int j=1;j<=n+1;j++) printf("g %d %d %d\n",i,j,g[i][j]);
		for(int j=1;j<=n+1;j++){
			for(int k=n+1;k;k--) for(int l=n+1;l;l--){
				int mul=1;
				for(int t=1;t*i<=k&&t*j<=l;t++){
					mul=1ll*mul*(g[i][j]+t-1)%MOD*inv[t]%MOD;
					f[k][l]=(f[k][l]+1ll*f[k-t*i][l-t*j]*mul)%MOD;
				}
			}
		}
		for(int j=n+1;j;j--) sf[i][j]=(sf[i][j+1]+f[i][j])%MOD;
	} printf("%d\n",f[n][m]);
	return 0;
}