Comet OJ - Contest #2 (D 错综的光影所迷惑的思念是) 容斥计数

题意：给定一颗 $n$ 个节点的树，定义 $dis(x,y)$ 为树上点 $x$ 到 $y$ 的路径经过的边数.

定义一个点集 $S$ 的 $f(S)$ 为 $f(S)=max\left \{dis(x,y)|x,y\in S\right \}$ $,|S|\geqslant2$

求：对于 $i$ ，有少个点集 $S$ 满足 $|S|\geqslant 2$ 且 $f(S)=i$

题解：

上面那个 $f(S)$ 就是这个点集的直径.

考虑枚举直径，我们知道树上的直径有奇数条边/偶数条边两种情况，这里先讲一下直径为偶数条边的情况，奇数条边同理.

假设当前直径为 $i$，那么我们可以枚举直径的中心点 $p$，也可以看作是我们要枚举的点集的中心点.

我们先让 $p$ 为这颗树的树根.

假设当前枚举的半径的半径为 $j$，那么显然 $p$ 的子树中深度为 $(j-1)$ 的点都是可以随便选的（可选可不选）.

令这部分方案数为 $re$，则 $re=2^{dep[j-1]}$ 其中 $dep[i]$ 表示当前根的子树中所有深度小于等于 $i$ 的节点数量.

枚举完可以随便选的部分，再枚举一下深度恰好为 $j$ 的部分：令 $sum[j]$ 表示所有儿子中深度恰好为 $j$ 的数量.

那么我们只需保证在这么多点中选大于等于 $2$ 个点即可.

这个的方案数为 $2^{sum[j]}-1$，然后减掉只有一个的情况，就是 $\sum_{v\in son[p]} 2^{cnt[v][j]}-1$

因为直径可能是奇数，所以将每条边拆成一个点连两条边即可.

#include <bits/stdc++.h>
#define N 4010
#define ll long long
#define mod 998244353
#define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin)
using namespace std;
int edges,now,n;
int hd[N<<1],to[N<<2],nex[N<<2],cnt[N<<1][N],sum[N],bin[N],ans[N];
void add(int u,int v)
{
    nex[++edges]=hd[u],hd[u]=edges,to[edges]=v;
}
void dfs(int u,int ff,int d)
{
    if(u<=n) ++sum[d], ++cnt[now][d];
    for(int i=hd[u];i;i=nex[i]) if(to[i]!=ff) dfs(to[i], u, d+1);
}
int main()
{
    // setIO("input");
    int i,j;
    scanf("%d",&n);
    bin[0]=1;
    for(i=1;i<=n;++i) bin[i]=bin[i-1]*2%mod;
    for(i=1;i<n;++i)
    {
        int u,v;
        scanf("%d%d",&u,&v);
        add(u,i+n),add(i+n,u);
        add(i+n,v),add(v,i+n);
    }
    for(i=1;i<=2*n;++i)
    {
        now=0;
        for(j=hd[i];j;j=nex[j]) ++now, dfs(to[j],i,1);
        int re=(i<=n);
        for(j=1;j<n;++j)
        {
            int mdl=bin[sum[j]]-1;
            for(int k=1;k<=now;++k)
            {
                (mdl+=mod-bin[cnt[k][j]]+1)%=mod;
            }
            (ans[j]+=(ll)mdl*bin[re]%mod)%=mod;
            re+=sum[j];
        }
        memset(sum,0,sizeof sum);
        for(j=1;j<=now;++j) memset(cnt[j], 0, sizeof cnt[j]);
    }
    for(i=1;i<n;++i)
        printf("%d\n",(ans[i]+mod)%mod);
    return 0;
}