[UOJ#348][WC2018]州区划分

试题描述

小 $S$ 现在拥有 $n$ 座城市，第ii座城市的人口为 $w_i$，城市与城市之间可能有双向道路相连。

现在小 $S$ 要将这 $n$ 座城市划分成若干个州，每个州由至少一个城市组成，每个城市在恰好一个州内。

假设小 $S$ 将这些城市划分成了 $k$ 个州，设 $V_i$ 是第 $i$ 个州包含的所有城市组成的集合。定义一条道路是一个州的内部道路，当且仅当这条道路的两个端点城市都在这个州内。如果一个州内部存在一条起点终点相同，不经过任何不属于这个州的城市，且经过这个州的每个城市至少一次、所有内部道路都恰好一次的路径（路径长度可以为 $0$），则称这个州是不合法的。

定义第 $i$ 个州的满意度为：第 $i$ 个州的人口在前 $i$ 个州的人口中所占比例的 $p$ 次幂，即：

\[\left( \frac{\sum_{x \in V_i} w_x}{\sum_{j=1}^i \sum_{x \in V_j} w_x} \right) ^p
\]

定义一个划分的满意度为所有州的满意度的乘积，求所有合法的划分方案的满意度之和，答案对 $998244353$ 取模。

两个划分 ${V_1 \cdots V_k}$ 和 ${C_1 \cdots C_s}$ 是不同的，当且仅当 $k \ne s$ ，或存在某个 $1 \le i \le k$ ，使得 $V_i \ne C_i$。

输入

从标准输入读入数据。

输入第一行包含三个整数 $n,m,p$，表示城市个数、城市之间的道路个数以及题目描述中的常数 $p$；

接下来 $m$ 行，每行两个正整数 $u,v$，描述一条无向的道路，保证无重边无自环；

输入第 $m+2$ 行有 $n$ 个正整数，第 $i$ 个正整数表示 $w_i$。

输出

输出到标准输出。

输出一行一个整数表示答案在模 $998244353$ 意义下的取值。

即设答案化为最简分式后的形式为 $\frac{a}{b}$ ，其中 $a$ 和 $b$ 互质。输出整数 $x$ 使得 $bx \equiv a \mod 998244353$ 且 $0 \le x < 998244353$。可以证明这样的整数 $x$ 是唯一的。

输入示例1

输出示例1

输入示例2 & 输出示例2

样例数据下载

数据规模及约定

保证对于所有数据有：$0 \le n \le 21$，$0 \le m \le \frac{n \times (n−1)}{2}$，$0 \le p \le 2$，$1 \le w_i \le 100$。

测试点 $1 \sim 5$：$n \le 15$，每个测试点 $10$ 分；

测试点 $7 \sim 9$：$n\le 21,p=0$，每个测试点 $5$ 分；

测试点 $10 \sim 13$：$n \le 21,p=1$，每个测试点 $5$ 分；

测试点 $14 \sim 15$：$n \le 21,p=2$，每个测试点 $5$ 分。

其实 OJ 上每个点分数都一样……

题解

还是从暴力 dp 入手。

令 $f(S)$ 表示划分集合 $S$ 中的城市的所有方案的满意度之和，那么转移就是

\[f(S) = \sum_{tS \subset S} { f(tS) \cdot h(S - tS) \cdot \left( \frac{sum(S - tS)}{sum(S)} \right) ^p }
\]

$h(S)$ 表示集合 $S$ 是否能够成为一个州，能的话值为 $1$，否则值为 $0$；$sum(S)$ 表示集合 $S$ 的人口数目总和。

接下来我们可以朝着 FWT 的方向去想，不难发现要保证 $tS \subset S$ 这个条件就是做一个或卷积；但是我们并不能保证每个元素都和与它无交集的元素进行卷积，这时候就需要一个处理，我们给状态加一维。

令 $f(i, S)$ 表示所有州的城市个数总和为 $i$，所有州城市的并集为 $S$ 的划分方案满意度之和。注意，这里的州之间是可以有交集的。

那么现在就可以进行或卷积了，转移方程如下（令 $A$ 表示全集）：

\[f(i, S) = \sum_{j=1}^i \sum_{S_1=0}^A \sum_{S_2=0}^A [S_1 \cup S_2 = S] \cdot [|S_2| = j] \cdot h(S_2) \cdot f(i-j, S_1) \cdot \left( \frac{sum(S_2)}{sum(S)} \right) ^p \\
f(i, S) \cdot sum(S)^p = \sum_{j=1}^i \sum_{S_1=0}^A \sum_{S_2=0}^A [S_1 \cup S_2 = S] \cdot ( [|S_2| = j] \cdot h(S_2) \cdot sum(S_2)^p ) \cdot f(i-j, S_1)
\]

令 $g(j, S_2) = [|S_2| = j] \cdot h(S_2) \cdot sum(S_2)^p$，上面的式子就变成标准的或卷积形式了。

而且这样处理并不会因为州之间有交集而导致不能得到正确答案，当 $i = |S|$ 的时候，$f(i, S)$ 恰好是符合题意的答案。所以最终答案就是 $f(n, A)$。

我们如果在卷积的过程中一直保留点值（即不 IFWT 回去），就可以做到 $2^n$ 的卷积，这样复杂度就是 $O(n^2 \cdot 2^n)$ 的了。

#include <iostream>

#include <cstdio>

#include <cstdlib>

#include <cstring>

#include <cctype>

#include <algorithm>

using namespace std;

#define rep(i, s, t) for(int i = (s), mi = (t); i <= mi; i++)

#define dwn(i, s, t) for(int i = (s), mi = (t); i >= mi; i--)

int read() {

	int x = 0, f = 1; char c = getchar();

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

	while(isdigit(c)){ x = x * 10 + c - '0'; c = getchar(); }

	return x * f;

}

#define maxn 22

#define maxm 500

#define maxs 2097152

#define MOD 998244353

#define pii pair <int, int>

#define x first

#define y second

#define mp(x, y) make_pair(x, y)

#define LL long long

int n, m, p, w[maxn], cnt[maxn], can[maxs], sbit[maxs], inv[maxs], f[maxn][maxs], g[maxn][maxs];

pii es[maxm];

int fa[maxn];

int findset(int x) { return x == fa[x] ? x : fa[x] = findset(fa[x]); }

int Pow(int a, int b) {

	int ans = 1, t = a;

	while(b) {

		if(b & 1) ans = (LL)ans * t % MOD;

		t = (LL)t * t % MOD; b >>= 1;

	}

	return ans;

}

void FWT_or(int *a, int len, int tp) {

	int n = 1 << len;

	rep(i, 1, len) for(int j = 0; j < n; j += 1 << i) rep(k, 0, (1 << i >> 1) - 1) {

		int la = a[j+k], ra = a[j+k+(1<<i>>1)];

		if(tp > 0) {

			a[j+k] = (la + ra) % MOD;

			a[j+k+(1<<i>>1)] = la;

		}

		else {

			a[j+k] = ra;

			a[j+k+(1<<i>>1)] = (la - ra + MOD) % MOD;

		}

	}

	return ;

}

int main() {

	n = read(); m = read(); p = read();

	rep(i, 1, m) {

		int a = read() - 1, b = read() - 1;

		es[i] = mp(a, b);

	}

	rep(i, 0, n - 1) w[i] = read();

	int all = (1 << n) - 1;

	rep(s, 1, all) {

		int c = 0, cbit;

		rep(i, 0, n - 1) if(s >> i & 1) sbit[s] += w[i], c++;

		cbit = c;

		inv[s] = Pow(sbit[s], MOD - 2);

		rep(i, 0, n - 1) fa[i] = i, cnt[i] = 0;

		rep(i, 1, m) if((s >> es[i].x & 1) && (s >> es[i].y & 1)) {

			int u = findset(es[i].x), v = findset(es[i].y);

			if(u != v) fa[v] = u, c--;

			cnt[es[i].x]++; cnt[es[i].y]++;

		}

		bool has = 0;

		rep(i, 0, n - 1) if(s >> i & 1) has |= cnt[i] & 1;

		if(has || c > 1) can[s] = 1, g[cbit][s] = Pow(sbit[s], p);

	}

	f[0][0] = 1;

	FWT_or(f[0], n, 1);

	rep(i, 0, n) FWT_or(g[i], n, 1);

	rep(i, 1, n) {

		rep(j, 1, i) rep(k, 0, all) (f[i][k] += (LL)g[j][k] * f[i-j][k] % MOD) %= MOD;

		FWT_or(f[i], n, -1);

		rep(k, 0, all) f[i][k] = (LL)f[i][k] * Pow(inv[k], p) % MOD;

		if(i < n) FWT_or(f[i], n, 1);

	}

	printf("%d\n", f[n][all]);

	return 0;

}