AT4438 [AGC028D] Chords 题解

可以发现，如果把环断开成为一条链，那么线段的交实际上就类似于区间的交。

所以，我们可以考虑用连通块 $S$ 中涉及到的编号最小的点 $L$ 和编号最大的点 $R$ 所构成的区间 $[L,R]$ 来表示 $S$。

下文我们称 $[L,R]$ 为连通块 $S$ 的表示区间。

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那么对于一个已经连好边的图，我们可以发现一个性质：

• 对于两个不同的连通块，它们的表示区间要么是包含关系，要么交集为空。

这个性质是有利于统计的，因为我们不必考虑方案中产生的交区间对不同连通块的影响了。

具体地，我们可以考虑设 $f_{i,j}$ 为构造出表示区间是 $[i,j]$ 的连通块的方案数，那么这个连通块对答案的贡献是：$f_{i,j}$ 和在区间 $[i,j]$ 外的其它点任意连接的方案数的乘积。

这个“在区间 $[i,j]$ 外的其它点任意连接的方案数”该怎么计算呢？

我们的方法是，预处理两个数组：$g_i$ 和 $cn{t}_{i,j}$：

$g_i$ 表示 $i$ 个点之间任意连接的方案数；

$cn{t}_{i,j}$ 表示区间 $[i,j]$ 内没有连接的点的个数，即没有在给定的 $k$ 条线段中出现过。

那么，“在区间 $[i,j]$ 外的其它点任意连接的方案数”即为：

$$g_{(n-k)\ast 2-cn{t}_{i,j}}$$

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接下来我们考虑怎样预处理这两个数组。

$g_i$ 数组：当 $i$ 为奇数时，结果为 $0$（奇数个点无法完整地相连），否则为 $g_{i-2}\ast (i-1)$。

我们设 $g_0$ 为 $1$，那么 $g$ 的通项公式平凡，这里就留给读者了，时间复杂度 $O(n)$ 。

$cn{t}_{i,j}$ 数组：这个就不用多说了，$O(n^2)$ 处理即可。

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最后我们考虑如何计算 $f_{i,j}$，不过前提是要保证 $f_{i,j}$ 的存在性和独立性。

首先我们需要保证区间 $[i,j]$ 中的所有连边不超出区间的范围，这样才能保证 $f_{i,j}$ 的存在性，如果上述条件无法满足，那么令 $f_{i,j}=0$ 。

如果不容斥，那么 $f_{i,j}$ 就是 $g_{cn{t}_{i,j}}$，但是显然需要容斥，因为区间 $[i,j]$ 内部可能会出现不连通的情况。

我们考虑枚举一个 $k\in [i+1,j-1]$，令区间 $[i,k]$ 和 $[k+1,j]$ 独立，由于在算 $f_{i,k}$ 时已经保证了其独立性，所以这样不合法的方案有 $f_{i,k}\ast g_{cn{t}_{k+1,j}}$ 种。

所以 $f_{i,j}$ 的计算公式为：

$$f_{i,j}=g_{cn{t}_{i,j}}-\sum _{k=i+1}^{j-1}{f}_{i,k}\ast g_{cn{t}_{k+1,j}}$$

算法到这里就大功告成了，实现的细节具体看代码吧。

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cassert>

#define FILE

#define MAXN 1005
#define MOD 1000000007

using namespace std;

int n, k, Match[MAXN], cnt[MAXN][MAXN], g[MAXN], f[MAXN][MAXN], ans;
bool Matched[MAXN];

int main()
{
    #ifdef FILE
        freopen("Input.in", "r", stdin);
        freopen("Output.out", "w", stdout);
    #endif
    scanf("%d%d", &n, &k);
    for(register int i = 1; i <= k; i++)
    {
        int u, v; scanf("%d%d", &u, &v);
        Matched[u] = Matched[v] = true;
        Match[u] = v, Match[v] = u;
    }
    for(register int i = 1; i <= n * 2; i++) for(register int j = i; j <= n * 2; j++) cnt[i][j] = cnt[i][j - 1] + !Matched[j];
    g[0] = 1; for(register int i = 2; i <= n * 2; i += 2) g[i] = 1LL * g[i - 2] * (i - 1) % MOD;
    for(register int i = 1; i <= n * 2; i++)
    {
        for(register int j = i; j <= n * 2; j++)
        {
            bool Flag = false;
            for(register int k = i; k <= j; k++) Flag |= (Matched[k] && (Match[k] < i || Match[k] > j));
            if(Flag) continue;
            f[i][j] = g[cnt[i][j]];
            for(register int k = i + 1; k <= j - 1; k++) f[i][j] = (f[i][j] - 1LL * f[i][k] * g[cnt[k + 1][j]] % MOD + MOD) % MOD;
        }
    }
    for(register int i = 1; i <= n * 2; i++) for(register int j = i; j <= n * 2; j++) ans = (ans + 1LL * f[i][j] * g[(n - k) * 2 - cnt[i][j]] ) % MOD;
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}

$END$