BZOJ1002【FJOI2007】轮状病毒

1002: [FJOI2007]轮状病毒

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Description

　　轮状病毒有很多变种，所有轮状病毒的变种都是从一个轮状基产生的。一个N轮状基由圆环上N个不同的基原子
和圆心处一个核原子构成的，2个原子之间的边表示这2个原子之间的信息通道。如下图所示

　　N轮状病毒的产生规律是在一个N轮状基中删去若干条边，使得各原子之间有唯一的信息通道，例如共有16个不
同的3轮状病毒，如下图所示

　　现给定n(N<=100)，编程计算有多少个不同的n轮状病毒

Input

　　第一行有1个正整数n

Output

　　计算出的不同的n轮状病毒数输出

Sample Input

3

Sample Output

16

HINT

Source

题解：

        一道及其艰辛的推导题；（感觉bzoj的前两个题对新人不太友好啊）

        当然可以用基尔霍夫矩阵；

        打表可得$g_i = 3g_{i-1} - g_{i-2} + 2$；再用一个高精度就好了   

 #include<cstdio>
 #include<iostream>
 #include<algorithm>
 #include<cstring>
 #include<queue>
 #include<cmath>
 #include<vector>
 #include<stack>
 #include<map>
 #define Run(i,l,r) for(int i=l;i<=r;i++)
 #define Don(i,l,r) for(int i=l;i>=r;i--)
 #define ll long long
 #define inf 0x3f3f3f3f
 using namespace std;
 const int N=,base = 1e4;
 int n;
 struct Bign{
     int c[N],len;
     Bign(){memset(c,,sizeof(c));len=;}
     void zero(){while(len&&!c[len])len--;}
     void print(){
         zero();
         printf("%d",c[len]);
         Don(i,len-,)printf("%04d",c[i]);
         puts("");
     }
     Bign operator -(const Bign&A){
         Bign ret;
         ret.len = len;
         for(int i=;i<=len;i++){
             ret.c[i] += c[i] - A.c[i];
             if(ret.c[i]<){
                 ret.c[i] += base;
                 ret.c[i + ] --;
             }
         }
         ret.zero();
         return ret;
     }
     Bign operator +(const int&A){
         Bign ret;
         ret = *this;
         ret.len = len + ;
         ret.c[] += A;
         for(int i=;i<=len;i++){
             if(ret.c[i]>=base){
                 ret.c[i] -= base;
                 ret.c[i+] ++;
             }
         }
         ret.zero();
         return ret;
     }
     Bign operator *(const int&A){
         Bign ret;
         ret.len = len + ;
         for(int i=;i<=len;i++){
             ret.c[i] = c[i] * A;
         }
         for(int i=;i<=len;i++){
             if(ret.c[i]>=base){
                 ret.c[i+]+=ret.c[i]/base;
                 ret.c[i] %= base;
             }
         }
         ret.zero();
         return ret;
     }
 }f[N];
 int main(){
     freopen("bzoj1002.in","r",stdin);
     freopen("bzoj1002.out","w",stdout);
     scanf("%d",&n);
     f[].len  = ;
     f[].c[] = ;
     f[].len = ;
     f[].c[] = ;
     //f[1].print();
     //f[2].print();
     for(int i=;i<=n;i++){
         f[i] = f[i-]* - f[i-] + ;
     //    f[i].print();
     }
     f[n].print();
     return ;
 }//by tkys_Austin;

      可以用递推证明：
①先不考虑中间的点，最后再将中间的点和外面的点连起来，假设某种方案将外面的环分成了i条链，每条的点数为si，每个链都可以任选一个点连上中间的点，这种方案的贡献就为$\prod_i si$,

设长度为i的链分成若干链的$\sum \prod_i si$为$f_i$，轮状病毒的总方案的为$g_i$

$g_n$的转移枚举第一个点所在的链的长度s1，此时1的位置一共有s1种可能，再乘上剩下的长度为n-s1的链的方案数$f_{n-s1}$；

$f_n$的转移枚举最后一段链的长度，用最后一段链的长度乘剩下的$f_j$

$$\left\{\begin{array}{c}f_0 = 1\\f_i = \sum_{j=0}^{i} (j-i)f_j\end{array}\right.$$ 

$$\left \{ \begin{array}{c} g_0 = 1\\g_i = \sum_{j=0}^{i} (j-i)^2 {f_j} \end{array}\right.$$

我们先证明：$f_{i-1} + f_{i+1} = 3f_{i}$

$$f_{i-1} + f_{i+1}\\= \sum_{j=0}^{i-1}(i-1-j)f_{j} + \sum_{j=0}^{i+1}(i+1-j)f_{j} \\= \sum_{j=0}^{i-1}2(i-j)f_{j} + f_i \\= 2 \sum_{j=0}^{i}(i-j)f_{j} + f_i \\= 2 f_i + f_i \\= 3 f_i $$

再对g同样操作：     

$$g_{i-1} + g_{i+1} \\
= \sum_{j=0}^{i+1}(i+1-j)^2 f_j + \sum_{j=0}^{i-1}(i-1-j)^2 f_j \\
= \sum_{j=0}^{i-1}((i+1-j)^2 + (i-1-j)^2) f_j + f_i \\
= \sum_{j=0}^{i-1}2((i-j)^2 + 1)f_j + f_i \\
= 2 \sum_{j=0}^{i}(i-j)^2 f_j + 2 \sum_{j=0}^{i-1}f_j + f_i \\
= 2 g_i + 2 + 2 \sum_{j=1}^{i-1}f_j + fi \\
$$

尝试把右边那坨化成理想的目标$g_i$:

$$2\sum_{j=1}^{i-1}f_{j} + f_{i} \\
= 2\sum_{j=1}^{i-1}\sum_{k=0}^{j}(j-k)f_{k} + f_{i} $$
改变一下求和顺序 \\
$$= 2\sum_{k=0}^{i-1}f_{k} \sum_{j>k}^{i-1}(j-k) + f_{i} $$
不知道我下标写对没有。。。后面的1直接求 \\
$$= 2\sum_{k=0}^{i-1}f_{k} \frac{(i-1-k)(i-k)}{2} + f_{i} $$

看到分子出现2，感觉有希望QAQ，约掉

$$  =  \sum_{k=0}^{i-1}f_{k} (i-1-k)(i-k) + f_{i} $$ $$  = \sum_{k=0}^{i-1}(i-k)^2 f_{k} - \sum_{k=0}^{i-1}(i-k)f_{k} + f_{i} $$ $$  = \sum_{j=0}^i    (i-j)^{2}   f_j   -   \sum_{j=0}^i   (i-j)   f_j   +   f_i$$ $$  = g_{i} - f_{i} + f_{i} \\= g_{i}   $$

带回去就是原来的式子了。。。。。。。。。

（mathjax好难用。。。。。）