bzoj 1494 生成树计数
坑了好多天的题,终于补上了
首先发现 \(i\) 这个点和 \(i-k\) 之前的点没有边,所以 \(i-k\) 之前的点肯定联通,只要处理中间 \(k\) 个点的联通状态就好了。我们用最小表示法,\(f[i]\) 表示最小的与 \(i\) 联通的点编号,发现状态最多有52种,然后枚举下一个点与那些点之间连边,得到转移方程,矩阵快速幂优化转移即可
(反正怎么说估计都听不懂,还是贴代码比较靠谱)
#include<stdio.h>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<string>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<long long,long long> pll;
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define rep(i,j,k) for(register int i=(int)(j);i<=(int)(k);i++)
#define rrep(i,j,k) for(register int i=(int)(j);i>=(int)(k);i--)
ll read(){
ll x=0,f=1;char c=getchar();
while(c<'0' || c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while(c>='0' && c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
return x*f;
}
const int mod=65521;
ll n,k;
int tot,f[20],sta[100][20],a[20],cnt[100],num[20],edge[20];
struct Matrix{
int mat[60][60];
Matrix(int x){
memset(mat,0,sizeof(mat));
if(x) rep(i,1,tot) mat[i][i]=1;
}
Matrix operator*(Matrix ano){
Matrix ret(0);
rep(i,1,tot)
rep(j,1,tot)
rep(k,1,tot)
ret.mat[i][j]=(ret.mat[i][j]+mat[i][k]*1ll*ano.mat[k][j])%mod;
return ret;
}
Matrix operator^(ll k){
Matrix ret(1),xx(0);
memcpy(xx.mat,mat,sizeof(mat));
while(k){
if(k&1) ret=ret*xx;
xx=xx*xx;k>>=1;
}
return ret;
}
void pr(){
rep(i,1,tot){
rep(j,1,tot){
printf("%d ",mat[i][j]);
}
puts("");
}
puts("");
}
} trans(0);
int ksm(int x,int p){
int ret=1;
while(p){
if(p&1) ret=ret*x;
x=x*x;
p>>=1;
}
return ret;
}
//处理当前状态的生成树个数
//公式 大小为n的完全图生成树个数为n^(n-2)
void calc(int x){
memset(f,0,sizeof(f));cnt[x]=1;
rep(i,1,k) f[sta[x][i]]++;
for(int i=1;f[i];i++) if(f[i]>2) cnt[x]*=ksm(f[i],f[i]-2);
}
//前x个分成了s个联通块的方案
void dfs1(int x,int s){
if(x==k+1){
tot++;
rep(i,1,k) sta[tot][i]=a[i];
calc(tot);return;
}
for(int i=1;i<=s+1;i++) a[x]=i,dfs1(x+1,max(i,s));
}
inline bool issame(int x[],int b[]){
rep(i,1,k) if(x[i]!=b[i]) return 0;
return 1;
}
//求此时的状态是什么
inline void get1(int id){
memcpy(a,sta[id],sizeof(a));
rep(i,1,k){
if(edge[i]){
if(!a[k+1]) a[k+1]=a[i];
else{
int x=a[i];
rep(j,1,k) if(a[j]==x) a[j]=a[k+1];
}
}
}
rep(i,1,k) a[i]=a[i+1];
memset(num,0,sizeof(num));int num1=0;
rep(i,1,k){
if(!num[a[i]]) num[a[i]]=++num1;
a[i]=num[a[i]];
}
rep(i,1,tot) if(issame(a,sta[i])){
trans.mat[id][i]++;
return;
}
}
//求id能够转移到什么状态
void dfs2(int id,int x){
if(x==k+1){
get1(id);return;
}
dfs2(id,x+1); //不连k+1到x的边
if(!f[sta[id][x]]){ //k+1到这个联通块目前没有边,可以连
//连k+1到x的边
f[sta[id][x]]=1;edge[x]=1;
dfs2(id,x+1);
f[sta[id][x]]=0;edge[x]=0;
}
}
int main(){
k=read(),n=read();
dfs1(1,0);
//处理转移
rep(i,1,tot){
memset(f,0,sizeof(f));
memset(edge,0,sizeof(edge));
bool flag=1;
rep(j,2,k) if(sta[i][j]==1){
flag=0;break;
}
if(flag){
//没有出现过与1相连的边,所以下一条边必须和1相连
f[1]=1;edge[1]=1;dfs2(i,2);
}
else dfs2(i,1);
}
trans=trans^(n-k);
ll ans=0;
rep(i,1,tot) ans=(ans+trans.mat[i][1]*1ll*cnt[i])%mod;
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
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