Luogu P6478(NOI Online #2 T3游戏)详细题解

这样子的神仙题，我当然是做不出来的。辛亏有dy巨佬在，他帮我彻底理解了本题，这是他写的题解。

为了把自己的思路再理一遍，我决定再写这一篇详细的题解。

Task 1: 状压$dp$, 20-40pts

令$m=\frac{n}{2}$。

我们可以首先确定下小$A$选的节点的顺序，由于小$A$选的节点的顺序已确定，所以此时两种方案不同当且仅当小$B$选的节点的顺序不同。

考虑状压$dp$。$d{p}_{st,i}$表示目前已选的$1$类节点(即被小$B$拥有了节点)的集合为$st$，且此时的非平局数量为$i$。状态转移:
$$dp(st,i)=\sum _{k\in st}dp(s{t}^{\prime },j-notdraw(k,i))$$

这里的$s{t}^{\prime }$表示在集合$st$与{i}的差集，$k\in st$表示$st$包含了$k$，$notdraw(k,i)$为真当且仅当$k$是$i$的祖先或$i$是$k$的祖先。

时间复杂度为$O(2^m\times m^2)$，空间复杂度为$O(2^m\times m)$，能拿到$20$的保底分；另外的$20$分取决于常数的大小。例如，枚举属于集合$st$的$k$可以采用$lowbit$来优化；或者更牛逼一点，直接使用FMT来搞。

但是，由于本题的数据并不水，无论如何优化也绝对不可能达到$40$分。

Task 2: 链, $20$ pts

对于链上的任意两个节点，由于一个重要的性质: 它们中的一个一定是另一个的祖先。

所以，每一轮都不可能是平局；我们只需要输出$m-1$个$0$与一个$m!$即可。

Task 3: 迈向正解之路的转化

考虑做一个转化。

假设$g_i$表示钦定选了$i$对有祖先关系的方案数，$f_i$表示恰好存在$i$对有祖先关系的答案。可以发现，$$g_i=\sum _{j=i}^m{C}_j^i{f}_j$$

为什么呢？因为对于一个$f_x$，如果$y\le x$，那么$g_y$就算了$f_x{C}_x^y$次，所以得到了上面那个式子。

通过二项式反演，可以得到$$f_i=\sum _{j=i}^m(-1{)}^{j-i}{g}_j{C}_j^i$$

所以，只需要求出所有满足$0\le i\le m$的$g_i$即可求出每个答案。如何求出这个值呢？我们考虑使用树上背包。

$d{p}_{i,j}$表示在以$i$为根的子树中，钦定了$j$对有祖先关系的对(即在这个子树内至少有$j$对满足要求的)的方案数。每次我们将$i$与其子树中的一个节点配对，将这个子树的各种状态与$i$的状态合并即可。

更详细地说，
①对于合并，将$d{p}_{i,j}$与$d{p}_{son,k}$($son$为$i$的儿子节点之一)合并成$d{p}_{i,j+k}$，系数为$1$；
②如果我们想要让$i$号节点参与这个配对，那么
(1)如果$a_i=0$，那么一定是$0$与$1$配对；即将$d{p}_{i,j}$与$d{p}_{son,k}$合并成$d{p}_{i,j+k+1}$，注意这里系数是以$son$为根的子树中点权为$1$的点数。
(2)$a_i=1$同理。

注意，我们每次合并的大小是看到这个孩子之前的$size$ 与这个孩子节点的$size$，单次合并的复杂度是这两个值的乘积。

这个复杂度乍一看是$O(n^3)$的，实际上是$O(n^2)$的；因为，任何两个节点当且仅当会在它们的$LCA$处算一次贡献。

总时间复杂度$O(n^2)$。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define getmod hdgkfajia
using namespace std;
const int mod=998244353,maxl=5005;

int getmod(int p){return (p%mod+mod)%mod;}
int pro(int x,int y){return (x*y)%mod;}
void Add(int &x,int y){x=getmod(x+y);}
void sub(int &x,int y){x=getmod(x-y);}

int n,m,cnt=0;
int dp[maxl][maxl],cur[maxl][maxl][2],tmp[maxl][2],f[maxl][2];
int head[maxl],a[maxl],g[maxl],siz[maxl],jc[maxl],inv[maxl];

struct edge{int nxt,to;}e[2*maxl];
void add_edge(int u,int v){cnt++,e[cnt].to=v,e[cnt].nxt=head[u],head[u]=cnt;}

int quick_power(int x,int y)
{
	int res=1;
	for (;y;y=y>>1,x=pro(x,x))
	{
		if (y&1)  res=pro(res,x);
	}
	return res;
}

void init()
{
	jc[0]=1;
	for (int i=1;i<=n;i++)  jc[i]=(jc[i-1]*i)%mod;
	
	inv[n]=quick_power(jc[n],mod-2);
	for (int i=n-1;i>=1;i--)  inv[i]=(inv[i+1]*(i+1))%mod; 
}

int C(int x,int y)
{
	if (x<0||x==0||y>x)  return 0;
	if (x==0||x==y)  return 1;
	else return pro(pro(jc[x],inv[y]),inv[x-y]);
}

void dfs(int now,int fath)
{
	cur[now][0][0]=1;
	siz[now]=1;
	if (a[now]==0)  f[now][0]=1,f[now][1]=0;
	else f[now][0]=0,f[now][1]=1;
	
	for (int i=head[now];i;i=e[i].nxt)
	{
		int y=e[i].to;
		if (y==fath)  continue;
		
		dfs(y,now);
		int su=min(f[now][0],f[now][1]),sv=min(f[y][0],f[y][1]);
		int max_p=(siz[now]+siz[y])/2;
		for (int k=0;k<=max_p;k++)  tmp[k][0]=tmp[k][1]=0;
		for (int j=0;j<=su;j++)
		{
			for (int k=0;k<=sv;k++)
			{
				Add(tmp[j+k][0],pro(cur[now][j][0],dp[y][k]));
				Add(tmp[j+k][1],pro(cur[now][j][1],dp[y][k]));
				
				int free1=f[y][1]-k,free0=f[y][0]-k;
				if (a[now]==0)//与cnt[y][1]配对 
				  Add(tmp[j+k+1][1],pro(pro(cur[now][j][0],dp[y][k]),free1));
				else
				  Add(tmp[j+k+1][1],pro(pro(cur[now][j][0],dp[y][k]),free0));
			}
		}
		for (int j=0;j<=max_p;j++)
		  cur[now][j][0]=tmp[j][0],cur[now][j][1]=tmp[j][1];
		f[now][0]+=f[y][0],f[now][1]+=f[y][1];
		siz[now]+=siz[y];
	}
	for (int j=0;j<=(siz[now])/2;j++)
	  dp[now][j]=(cur[now][j][0]+cur[now][j][1])%mod;
}

signed main()
{
	cin>>n;m=n/2;
	init();
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		char x;cin>>x;
		a[i]=x-'0';
	}
	for (int i=1;i<n;i++)
	{
		int tmpx,tmpy;
		cin>>tmpx>>tmpy;
		add_edge(tmpx,tmpy),add_edge(tmpy,tmpx);
	}
	dfs(1,0);
	for (int i=0;i<=m;i++)  g[i]=(dp[1][i]*jc[m-i])%mod;
	for (	int i=0;i<=m;i++)
	{
		int ans=0;
		for (int j=i;j<=m;j++)
		{
			if ((j-i)%2==1)  sub(ans,pro(g[j],C(j,i)));
			else Add(ans,pro(g[j],C(j,i)));
		}
		printf("%d\n",ans);
	}
	return 0;
}