『树上匹配树形dp』

<更新提示>

<第一次更新>

<正文>

树上匹配

Description

懒惰的温温今天上班也在偷懒。盯着窗外发呆的温温发现，透过窗户正巧能看到一棵 n 个节点的树。一棵 n 个节点的树包含 n-1 条边，且 n 个节点是联通的。树上两点之间的距离即两点之间的最短路径包含的边数。

突发奇想的温温想要选择一个树上的边集（可以为空）删除，使得删除后剩下的图的最大匹配是唯一的。温温想要知道满足条件的边集的数量。满足条件的边集数量可能很多，请对 998244353 取模。

图的一个匹配是图的一个边子集，满足条件任意两条边都不依附于同一个节点。图的所有匹配中，边数最多的匹配即为图的最大匹配。

Input Format

第一行一个整数 n。

接下来 n-1 行每行两个整数 ai, bi，表示节点 ai 和 bi 之间存在一条边。

2 ≤ n ≤ 3000 for 40%

2 ≤ n ≤ 300000 for 100%

Output Format

输出一个整数，表示所求的满足条件的边集数量，对 998244353 取模

Sample Input

Sample Output

解析

先转换题意：最大匹配唯一其实等价于图中的一个点要么孤立，要么属于最大匹配。

这个条件的必要性是显然的，也就是说，最大匹配唯一，该条件一定满足。同样我们也可以证明该条件的充分性：反证法，假设存在一个点，它既不孤立也不属于最大匹配，并且这个图的最大匹配唯一。我们分两种情况讨论：

$1.$ 这个点连向的点属于最大匹配，那就与最大匹配的唯一性矛盾

$2.$ 这个点连向的点不属于最大匹配，那就与最大匹配的极大性矛盾

所以这两个命题是等价的。

那么我们就可以考虑树形$dp$计数。设$f1[x]$代表节点$x$等待他的父节点与他匹配，子树$x$的方案数，$f2[x]$代表节点$x$孤立，子树$x$的方案数，$f3[x]$代表节点$x$已经与某一个儿子匹配，子树的$x$的方案数。然后列状态转移方程：

\[f1_{x}=\prod_{y\in son(x)}(f2_y+2f3_y)\\f2_x=\prod_{y\in son(x)}(f2_y+f3_y)\\f3_x=\sum_{y\in son(x)} \left ( \frac{\prod_{z\in son(x),z\not= y}(f2_z+2f3_z)}{f2_y+2f3_y}*f1_y \right )
\]

为什么$f3$都要乘$2$，是因为当前节点$x$与$f3$这种完成状态之间的边可连可不连。关于第三个状态转移方程，其含义为选一个点$y$的$f1$状态与其匹配，剩下的同理随便选。

$Code:$

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 300020;

const long long Mod = 998244353;

struct edge { int ver,next; } e[N*2];

int n,t,Head[N];

long long f1[N],f2[N],f3[N];

// f1 means which node is waiting mathcing

// f2 means which node is isolated

// f3 means which node has already matched

inline void insert(int x,int y)

{

    e[++t] = (edge){y,Head[x]} , Head[x] = t;

    e[++t] = (edge){x,Head[y]} , Head[y] = t;

}

inline void input(void)

{

    scanf("%d",&n);

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

    {

        int x,y;

        scanf("%d%d",&x,&y);

        insert( x , y );

    }

}

inline long long power(long long a,long long b)

{

    long long res = 1;

    while ( b )

    {

        if ( 1 & b ) res = res * a % Mod;

        a = a * a % Mod , b >>= 1;

    }

    return res;

}

inline void mul(long long &a,long long b) { a = a * b % Mod; }

inline void add(long long &a,long long b) { a += b; if ( a >= Mod ) a -= Mod; }

inline void dp(int x,int f)

{

    f1[x] = f2[x] = 1LL;

    long long val = 1LL;

    for ( int i = Head[x]; i; i = e[i].next )

    {

        int y = e[i].ver;

        if ( y == f ) continue;

        dp( y , x );

        mul( f1[x] , ( f2[y] + 2 * f3[y] ) % Mod );

        mul( f2[x] , ( f2[y] + f3[y] ) % Mod );

        mul( val , ( f2[y] + 2 * f3[y] ) % Mod );

    }

    for ( int i = Head[x]; i; i = e[i].next )

    {

        int y = e[i].ver;

        if ( y == f ) continue;

        long long inv = power( f2[y] + 2 * f3[y] , Mod-2 );

        long long sum = val;

        mul( sum , inv ) , mul( sum , f1[y] );

        add( f3[x] , sum );

    }

}

int main(void)

{

    input();

    dp( 1 , 0 );

    printf("%lld\n", ( f2[1] + f3[1] ) % Mod );

    return 0;

}

<后记>