BZOJ 5475: [WC 2019] 数树

WC2019 数树

• 解决了一个心头大患
• 考试的时候本人太智障了QwQ
• 本文的参考链接，膜了一发rqy的题解

题目链接

Subtask 0

好像可以直接做...

推一推就能发现，是$y^k$，其中$k$表示相同的边构成的联通块数...

（我在考试的时候，丝毫都没有意识到这是$n-边数$

namespace Subtask1
{
	int main()
	{
		int cnt=n;
		for(int x=1;x<=n;x++)
		{
			for(int i=head[x];i!=-1;i=e[i].next)
			{
				int to1=e[i].to;
				if(to1<x&&mp[x].find(to1)!=mp[x].end())cnt--;
			}
		}
		printf("%d\n",q_pow(y,cnt));
		return 0;
	}
}

Subtask 1

这个就很麻烦了qwq

我们知道，$ans=y^{n-|E_1 \cap E_2|}$

通过简单容斥原理，我们可以得到：$f(S)=\sum\limits_{T\subseteq S}\sum\limits_{P\subseteq T}(-1)^{|T|-|P|}\times f(P)$

对于这样的问题，有一个简易的想法，就是枚举相同边集，也就是$f(S)=y^{n-|S|},S=E_1\cap E_2$

那么答案就是：$\sum\limits_{E_2}y^{n-|E_1\cap E_2|}=\sum\limits_{E_2}\sum\limits_{S\subseteq|E_1 \cap E_2|}\sum\limits_{P\subseteq S}(-1)^{|S|-|P|}\times y^{n-|P|}$

那么考虑变换枚举顺序：$\sum\limits_{S\subseteq E_1}(\sum\limits_{P\subseteq S}(-1)^{|S|-|P|}\times y^{n-|P|})\sum\limits_{E_2}[S\subseteq E_2]$

对于最后一项，表达的是包含$S$边集的生成树的个数，根据Prufer序列凯莱公式可以得到：$\sum\limits_{S\subseteq E_1}(n^{n-|S|-2}\times \prod\limits_{i=1}^{n-|S|} a_i) \sum\limits_{P\subseteq S}(-1)^{|S|-|P|}\times y^{n-|P|}$，其中$a_i$表示每个联通块的大小

为了方便表示，我们设：$g(S)=n^{{n-|S|-2}\times\prod\limits_{i=1}}K a_i $

然后考虑如何去掉$P$的枚举，对于$(1-y)^{k=\sum\limits_{i=0}}k C(k,i)\times (-1)^i\times y^i=\sum\limits_{S\subseteq T}(-y)^{|S|}$，其中$|T|=k$

所以我们考虑将$y^{n-|P|}$转化一下得到：$\sum\limits_{S\subseteq E_1}g(S)\times y^{n-|S|}\sum\limits_{P\subseteq S}(-y)^{|S|-|P|}$

那么对于上面的式子可以变成：$\sum\limits_{S\subseteq E_1} g(S)\times y^{n-|S|}\times (1-y)^{|S|}$

然后展开$g(S)$：$\sum\limits_{S\subseteq E_1} n^{n-|S|-2}\times y^{n-|S|}\times (1-y)^{|S|} \prod\limits_{i=1}^{n-|S|} a_i $

设：$n-|S|=k$

那么：$\sum\limits_{S\subseteq E_1}n^{k-2}\times y^k\times (1-y)^{n-k}\times \prod\limits_{i=1}^ka_i$

然后把$(1-y)^{n-k},n{k-2}$转化一下，提出去可以得到：$\frac{(1-y)^n}{n2}\sum\limits_{S\subseteq E_1} (\frac{n\times y}{1-y})^k \prod\limits_{i=1}^k a_i$

然后设：$K=\frac{n\times y}{1-y}$，忽略掉前面的常数：$\sum\limits_{S\subseteq E_1}K^k \prod\limits_{i=1}^k a_i=\sum\limits_{S\subseteq E_1}\prod\limits_{i=1}^k a_i\times K$

那么相当于是对于每个联通块有大小乘以$K$的贡献，这个东西显然可以树形背包...

但是这样是$n^2$的，非常讲道理...

那我们考虑背包的多项式有没有什么神奇的性质...

对于答案，我们设：$g(x)=K\sum\limits_{i=1} i\times f_x(i)$

设：$F_p(x)=\sum\limits_{i=1}x^i\times f_p(i)$

那么显然$g(x)=K\times F_x'(1)$

对于$F_u(x)$的转移很显然，$F_u(x)=x\prod\limits_{v}(F_v(x)+g(v))$

那么根据导数的定义：$g(u)=K\times \prod\limits_{v}(F_v(1)+g(v))+(\prod\limits_{v} (F_v(1)+g(v)))\sum\limits_{v}\frac{K\times F_v'(1)}{g(v)+F_v(1)}$

那么我们发现，如果需要维护$g(x)$那么只需要维护$F_x(1)$即可。

所以设：$f(x)=F_x(1)$，因此：$g(u)=f(u)\times (K+\sum\limits_{v} \frac{g(v)}{g(v)+f(v)})$

那么就完事了qwq

namespace Subtask2
{
	int f[N],g[N],K;
	void dfs(int x,int from)
	{
		g[x]=K,f[x]=1;
		for(int i=head[x];i!=-1;i=e[i].next)
		{
			int to1=e[i].to;
			if(to1!=from)
			{
				dfs(to1,x);
				g[x]=(g[x]+(ll)g[to1]*inv(g[to1]+f[to1]))%mod;
				f[x]=(ll)f[x]*(g[to1]+f[to1])%mod;
			}
		}
		g[x]=(ll)g[x]*f[x]%mod;
	}
	int main()
	{
		if(y==1)return printf("%d\n",q_pow(n,n-2)),0;
		K=(ll)n*y%mod*inv(1-y)%mod;dfs(1,0);
		printf("%lld\n",((ll)g[1]*q_pow(n,mod-3)%mod*q_pow(1-y,n)%mod+mod)%mod);
		return 0;
	}
}

Subtask 2

根据上面的容斥原理，我们想到一个绝妙的方法，那就是俩都枚举一下试试

$\sum\limits_{S}g(S)^2 \times y^{n-|S|}\times (1-y)^{|S|}$

然后同样展开qwq

$\frac{(1-y)^n}{n4}\sum\limits_S \prod\limits_{i=1}^k a_i^2 \frac{n^2 \times y}{1-y}$

然后同样设：$K=\frac{n^2\times y}{1-y}$

同样发现，可以得到：$\frac{(1-y)^n}{n4}\sum\limits_{S}\prod\limits_{i=1}^k a_i^2\times K$

然后.........麻麻我不会了..........

那么证明，我们不能通过枚举边集来解决...

所以，我们考虑所有的联通块具有什么样的性质，显然，他们所有联通块的点数之和恰好为$n$，好吧，这是一句废话qwq

对于这样的形式，我们可以考虑枚举每个联通块也就是说，我们可以得到：$\frac{(1-y)^n}{n4}\sum\limits_{(\sum\limits_{i=1}^k a_i)=n}\frac{1}{k!}\prod\limits_{i=1}^k \frac{a_i^{a_i-2}}{a_i!}\times a_i^2\times K$

那么稍微化简化简：$\frac{(1-y)^n}{n4}\sum\limits_{(\sum\limits_{i=1}^k a_i)=n}\frac{1}{k!}\prod\limits_{i=1}^k K \times\frac{a_i^{a_i}}{a_i!}$

我们发现：多项式出现了！

$ \frac{(1-y)^n}{n4}[ x^n ] (\sum\limits_{k=1} \frac{1}{k!} \prod\limits_{i=1}^k f(x)) $，其中，$ f(x)=\sum\limits_{i=1} \frac{i^i}{i!} x^i $

然后可以发现，前面的式子就是：$\frac{(1-y)^n}{n4} [ x^n ] ( \sum\limits_{k=1} \frac{1}{k!} f(x)^k )$

然后，对于$e^x$麦克劳林展开：$\sum\limits_{i=0} \frac{x^k}{i!}$

那么对于后面的那个式子，本质就是$e^{f(x)}$

那么直接多项式exp就好了qwq

namespace Subtask3
{
	int A[N<<2],B[N<<2];
	void NTT(int *a,int len,int flag)
	{
		int i,j,k,t,w,x,tmp;
		for(i=k=0;i<len;i++)
		{
			if(i>k)swap(a[i],a[k]);
			for(j=len>>1;(k^=j)<j;j>>=1);
		}
		for(k=2;k<=len;k<<=1)
		{
			t=k>>1;x=q_pow(3,(mod-1)/k);if(flag==-1)x=inv(x);
			for(i=0;i<len;i+=k)
				for(w=1,j=i;j<i+t;j++,w=(ll)w*x%mod)
					tmp=(ll)w*a[j+t]%mod,a[j+t]=(a[j]-tmp)%mod,a[j]=(a[j]+tmp)%mod;
		}if(flag==-1)for(t=inv(len),i=0;i<len;i++)a[i]=(ll)a[i]*t%mod;
	}
	struct poly
	{
		vector<int >a;int len;
		poly(){a.clear();len=0;}
		poly(int x){a.clear();a.push_back(x);len=1;}
		void resize(int x){a.resize(x);for(int i=len;i<x;i++)a[i]=0;len=x;}
		poly operator * (const poly &b) const
		{
			poly c=poly();c.resize(len+b.len-1);
			if(c.len<=200)
			{
				for(int i=0;i<len;i++)
					for(int j=0;j<b.len;j++)
						c.a[i+j]=(c.a[i+j]+(ll)a[i]*b.a[j])%mod;
				return c;
			}
			int n=1,i;while(n<c.len)n<<=1;
			for(i=0;i<len;i++)A[i]=a[i];for(i=len;i<n;i++)A[i]=0;
			for(i=0;i<b.len;i++)B[i]=b.a[i];for(i=b.len;i<n;i++)B[i]=0;
			NTT(A,n,1);NTT(B,n,1);for(i=0;i<n;i++)A[i]=(ll)A[i]*B[i]%mod;NTT(A,n,-1);
			for(i=0;i<c.len;i++)c.a[i]=A[i];return c;
		}
		poly operator + (const poly &b) const
		{
			poly c=poly();c.resize(max(b.len,len));
			for(int i=0;i<len;i++)c.a[i]=a[i];
			for(int i=0;i<b.len;i++)(c.a[i]+=b.a[i])%=mod;
			return c;
		}
		poly operator - (const poly &b) const
		{
			poly c=poly();c.resize(max(b.len,len));
			for(int i=0;i<len;i++)c.a[i]=a[i];
			for(int i=0;i<b.len;i++)(c.a[i]-=b.a[i])%=mod;
			return c;
		}
		void get_inv(poly &b,int n)
		{
			if(n==1)return void(b=poly(inv(a[0])));get_inv(b,n>>1);int t=n<<1,lim=min(n,len);
			for(int i=0;i<lim;i++)A[i]=a[i];for(int i=lim;i<t;i++)A[i]=0;
			for(int i=0;i<b.len;i++)B[i]=b.a[i];for(int i=b.len;i<t;i++)B[i]=0;
			NTT(A,t,1);NTT(B,t,1);for(int i=0;i<t;i++)B[i]=(2-(ll)A[i]*B[i]%mod)*B[i]%mod;NTT(B,t,-1);
			b.resize(n);for(int i=0;i<n;i++)b.a[i]=B[i];
		}
		poly Dao(){poly c=poly();c.resize(len-1);for(int i=1;i<len;i++)c.a[i-1]=(ll)i*a[i]%mod;return c;}
		poly Int(){poly c=poly();c.resize(len+1);for(int i=0;i<len;i++)c.a[i+1]=(ll)a[i]*inv(i+1)%mod;return c;}
		poly get_ln(int n)
		{
			poly c=poly();get_inv(c,n);
			c=(c*Dao()).Int();c.resize(n);
			return c;
		}
		void print(){printf("lenth = %d\n",len);for(int i=0;i<len;i++)printf("%d ",a[i]);puts("");}
	}a,b;
	void get_exp(const poly &a,poly &b,int len)
	{
		if(len==1){b=poly(1);return ;}get_exp(a,b,len>>1);
		poly c=a-b.get_ln(len);c.a[0]++;c.resize(len);b=b*c;b.resize(len);
	}
	int fac[N],inv[N];
	int main()
	{
		if(y==1)return printf("%d\n",q_pow(n,2*(n-2))),0;
		fac[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++)fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%mod;
		inv[n]=inv(fac[n]);for(int i=n;i;i--)inv[i-1]=(ll)inv[i]*i%mod;
		int K=(ll)n*n%mod*y%mod*inv(1-y)%mod;a.resize(n+1);
		for(int i=1;i<=n;i++)a.a[i]=(ll)q_pow(i,i)*inv[i]%mod*K%mod;
		int len=1;while(len<(n+1))len<<=1;get_exp(a,b,len);
		printf("%lld\n",((ll)b.a[n]*fac[n]%mod*q_pow(n,mod-5)%mod*q_pow(1-y,n)%mod+mod)%mod);
		return 0;
	}
}

然后完整代码如下：

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <queue>
#include <iostream>
#include <bitset>
#include <map>
using namespace std;
#define N 100005
#define ll long long
#define mod 998244353
struct node{int to,next;}e[N<<1];
int n,head[N],y,op,cnt;
void add(int x,int y){e[cnt]=(node){y,head[x]};head[x]=cnt++;}
int q_pow(int x,int n){int ret=1;for(;n;n>>=1,x=(ll)x*x%mod)if(n&1)ret=(ll)ret*x%mod;return ret;}
#define inv(x) q_pow(x,mod-2)
map<int ,int >mp[N];
namespace Subtask1
{
	int main()
	{
		int cnt=n;
		for(int x=1;x<=n;x++)
		{
			for(int i=head[x];i!=-1;i=e[i].next)
			{
				int to1=e[i].to;
				if(to1<x&&mp[x].find(to1)!=mp[x].end())cnt--;
			}
		}
		printf("%d\n",q_pow(y,cnt));
		return 0;
	}
}
namespace Subtask2
{
	int f[N],g[N],K;
	void dfs(int x,int from)
	{
		g[x]=K,f[x]=1;
		for(int i=head[x];i!=-1;i=e[i].next)
		{
			int to1=e[i].to;
			if(to1!=from)
			{
				dfs(to1,x);
				g[x]=(g[x]+(ll)g[to1]*inv(g[to1]+f[to1]))%mod;
				f[x]=(ll)f[x]*(g[to1]+f[to1])%mod;
			}
		}
		g[x]=(ll)g[x]*f[x]%mod;
	}
	int main()
	{
		if(y==1)return printf("%d\n",q_pow(n,n-2)),0;
		K=(ll)n*y%mod*inv(1-y)%mod;dfs(1,0);
		printf("%lld\n",((ll)g[1]*q_pow(n,mod-3)%mod*q_pow(1-y,n)%mod+mod)%mod);
		return 0;
	}
}
namespace Subtask3
{
	int A[N<<2],B[N<<2];
	void NTT(int *a,int len,int flag)
	{
		int i,j,k,t,w,x,tmp;
		for(i=k=0;i<len;i++)
		{
			if(i>k)swap(a[i],a[k]);
			for(j=len>>1;(k^=j)<j;j>>=1);
		}
		for(k=2;k<=len;k<<=1)
		{
			t=k>>1;x=q_pow(3,(mod-1)/k);if(flag==-1)x=inv(x);
			for(i=0;i<len;i+=k)
				for(w=1,j=i;j<i+t;j++,w=(ll)w*x%mod)
					tmp=(ll)w*a[j+t]%mod,a[j+t]=(a[j]-tmp)%mod,a[j]=(a[j]+tmp)%mod;
		}if(flag==-1)for(t=inv(len),i=0;i<len;i++)a[i]=(ll)a[i]*t%mod;
	}
	struct poly
	{
		vector<int >a;int len;
		poly(){a.clear();len=0;}
		poly(int x){a.clear();a.push_back(x);len=1;}
		void resize(int x){a.resize(x);for(int i=len;i<x;i++)a[i]=0;len=x;}
		poly operator * (const poly &b) const
		{
			poly c=poly();c.resize(len+b.len-1);
			if(c.len<=200)
			{
				for(int i=0;i<len;i++)
					for(int j=0;j<b.len;j++)
						c.a[i+j]=(c.a[i+j]+(ll)a[i]*b.a[j])%mod;
				return c;
			}
			int n=1,i;while(n<c.len)n<<=1;
			for(i=0;i<len;i++)A[i]=a[i];for(i=len;i<n;i++)A[i]=0;
			for(i=0;i<b.len;i++)B[i]=b.a[i];for(i=b.len;i<n;i++)B[i]=0;
			NTT(A,n,1);NTT(B,n,1);for(i=0;i<n;i++)A[i]=(ll)A[i]*B[i]%mod;NTT(A,n,-1);
			for(i=0;i<c.len;i++)c.a[i]=A[i];return c;
		}
		poly operator + (const poly &b) const
		{
			poly c=poly();c.resize(max(b.len,len));
			for(int i=0;i<len;i++)c.a[i]=a[i];
			for(int i=0;i<b.len;i++)(c.a[i]+=b.a[i])%=mod;
			return c;
		}
		poly operator - (const poly &b) const
		{
			poly c=poly();c.resize(max(b.len,len));
			for(int i=0;i<len;i++)c.a[i]=a[i];
			for(int i=0;i<b.len;i++)(c.a[i]-=b.a[i])%=mod;
			return c;
		}
		void get_inv(poly &b,int n)
		{
			if(n==1)return void(b=poly(inv(a[0])));get_inv(b,n>>1);int t=n<<1,lim=min(n,len);
			for(int i=0;i<lim;i++)A[i]=a[i];for(int i=lim;i<t;i++)A[i]=0;
			for(int i=0;i<b.len;i++)B[i]=b.a[i];for(int i=b.len;i<t;i++)B[i]=0;
			NTT(A,t,1);NTT(B,t,1);for(int i=0;i<t;i++)B[i]=(2-(ll)A[i]*B[i]%mod)*B[i]%mod;NTT(B,t,-1);
			b.resize(n);for(int i=0;i<n;i++)b.a[i]=B[i];
		}
		poly Dao(){poly c=poly();c.resize(len-1);for(int i=1;i<len;i++)c.a[i-1]=(ll)i*a[i]%mod;return c;}
		poly Int(){poly c=poly();c.resize(len+1);for(int i=0;i<len;i++)c.a[i+1]=(ll)a[i]*inv(i+1)%mod;return c;}
		poly get_ln(int n)
		{
			poly c=poly();get_inv(c,n);
			c=(c*Dao()).Int();c.resize(n);
			return c;
		}
		void print(){printf("lenth = %d\n",len);for(int i=0;i<len;i++)printf("%d ",a[i]);puts("");}
	}a,b;
	void get_exp(const poly &a,poly &b,int len)
	{
		if(len==1){b=poly(1);return ;}get_exp(a,b,len>>1);
		poly c=a-b.get_ln(len);c.a[0]++;c.resize(len);b=b*c;b.resize(len);
	}
	int fac[N],inv[N];
	int main()
	{
		if(y==1)return printf("%d\n",q_pow(n,2*(n-2))),0;
		fac[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++)fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%mod;
		inv[n]=inv(fac[n]);for(int i=n;i;i--)inv[i-1]=(ll)inv[i]*i%mod;
		int K=(ll)n*n%mod*y%mod*inv(1-y)%mod;a.resize(n+1);
		for(int i=1;i<=n;i++)a.a[i]=(ll)q_pow(i,i)*inv[i]%mod*K%mod;
		int len=1;while(len<(n+1))len<<=1;get_exp(a,b,len);
		printf("%lld\n",((ll)b.a[n]*fac[n]%mod*q_pow(n,mod-5)%mod*q_pow(1-y,n)%mod+mod)%mod);
		return 0;
	}
}
int main()
{
	scanf("%d%d%d",&n,&y,&op);
	if(op==2)return Subtask3::main();memset(head,-1,sizeof(head));
	for(int i=1,x,y;i<n;i++)scanf("%d%d",&x,&y),add(x,y),add(y,x);
	if(op==1)return Subtask2::main();
	for(int i=1,x,y;i<n;i++)scanf("%d%d",&x,&y),mp[x][y]=mp[y][x]=1;
	if(op==0)return Subtask1::main();
}

如果知道这个题的Subtask 2是多项式exp还行，如果不知道的话，硬想很难的qwq

然后Subtask 1的容斥才是本题的关键，Subtask 2算是锦上添花吧qwq

总体上，本题考查了$\min-\max$容斥（你仔细看看容斥式子，就是这个

考察了优化DP的一些技巧，同时搭配$prufer$序列的知识。

最后还考察了多项式exp的巧妙转化

是对选手数学功底的一个考验，显然对于我这种菜鸡就是挑战了qwq

然后还有一些奇妙的性质，总之，这是一个非常优秀的计数题目

最后，$Orz \ \ rqy$