[2018.07.14 T1] B君的第四题

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B君的第四题

【问题描述】

已有的事后必再有，已行的事后必再行。

大家还记得Luogo P3959 [NOIP2017]宝藏 吗？

B君看到很多人用很多弱智的方法水过这个题，感到非常气愤。

这个题目就是把原题改成了一个计数题。

考虑到有些同学没有看过这个题目，我们简述这个题目如下。

输入一个图，我们定义一个有根生成树的权值是

$$\sum_{e=\{x,y\}}w_e\times max(d_x,d_y)$$

用文字表述就是，枚举每条边，边权乘以两端较深的点的深度。

点的深度是从根节点，走到该点经过的边数。（而不是边权和，和原题定义一样。）

根节点深度为$0$，与根节点相邻的点深度为$1$，以此类推。

对于一棵树，他的有根生成树的个数是$n$乘以无根生成树个数，即对于每个无根生成树确定一个根。

输出所有有根生成树的权值之和，对$1000000007$取模的结果。

【输入格式】

第一行两个整数$n, m$表示点数和边数。

接下来$m$行，每行三个整数$x, y, w$表示一条边的两个端点和边权。

【输出格式】

输出所有有根生成树的权值之和，对$1000000007$取模的结果。

【输入样例】

4 5
1 2 1
1 3 3
1 4 1
2 3 4
3 4 1

【输出样例】

303

题解

先把出题人的话放在前面：

$\%\%\%$

看过这篇博客的朋友应该知道，我就是那个用弱智方法水过的人。。。

虽然很绝望，但是我好像会$60$分啊，开个$long\ long$，唉，稳了稳了。

结果一条链的情况爆$long\ long$，讲道理无根生成树个数最多$111^{9}$不会爆啊，好不容易可以多拿一点部分分又滚粗了。。。

正解大概是个装压$dp$计数，我们用$sou[d][i][j]$表示到根节点距离为$d$，当前生成树集合中非叶子节点集合为$i$，叶子结点为$j$的生成方案数，$ans[d][i][j]$表示对应的所有生成树方案权值之和。

每次枚举下一次扩张的集合$k$，由$[d][i][j]$转移到$[d+1][i|j][k]$，注意$i\cap j\cap k=\emptyset$，所以总复杂度为$O(n4^n)$。

需要预处理$way[i][j]$表示从$i$集合扩张到$j$集合的方案数，以及$add[i][j]$表示扩张增加的权值。

计算$way[i][j]$只需要将$i$与$j$看做二分图，把$i,j$之间的边在$j$部分的度数乘起来即可；计算$add[i][j]$则是将$j$集合中每个点连到$i$的边的权值和乘以这些边的所在的扩展方案数。

还有另一个做法老子不会留给大家思考：

我还是太菜了。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int M=(1<<10)+5,N=11,mod=1e9+7;
int n,m,mx,now,x[M<<1],y[M<<1],w[M<<1],i,j,k,d;
ll way[M][M],add[M][M],dw[M],da[M],sou[N][M][M],ans[N][M][M];
void in()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(i=1;i<=m;++i)
    {
        scanf("%d%d%d",&x[i],&y[i],&w[i]);
        --x[i],--y[i],x[i+m]=y[i],y[i+m]=x[i],w[i+m]=w[i];
    }
}
void ac()
{
    m<<=1;mx=1<<n;
    for(i=0;i<mx;++i)
    {
        for(j=0;j<mx;++j)
        {
            if(i&j)continue;
            memset(dw,0,sizeof(dw));memset(da,0,sizeof(da));
            for(k=1;k<=m;++k)if((i>>x[k]&1)&&(j>>y[k]&1))++dw[y[k]],da[y[k]]+=w[k];
            way[i][j]=1;add[i][j]=0;
            for(k=0;k<n;++k)if(j>>k&1)way[i][j]*=dw[k];
            if(!way[i][j])continue;
            for(k=0;k<n;++k)if(j>>k&1)add[i][j]=(add[i][j]+way[i][j]/dw[k]*da[k]%mod)%mod;
        }
    }
    for(i=0;i<n;++i)sou[0][0][1<<i]=1;
    for(d=0;d<n;++d)for(i=0;i<mx;++i)for(j=0;j<mx;++j)
    {
        if((i&j)||0==sou[d][i][j])continue;
        now=(1<<n)-1-i-j;
        for(k=now;;k=(k-1)&now)
        {
            sou[d+1][i|j][k]=(sou[d+1][i|j][k]+sou[d][i][j]*way[j][k]%mod)%mod;
            ans[d+1][i|j][k]=(ans[d+1][i|j][k]+ans[d][i][j]*way[j][k]+sou[d][i][j]*add[j][k]*(d+1)%mod)%mod;
            if(!k)break;
        }
    }
    printf("%lld",ans[n][mx-1][0]);
}
int main(){in();ac();}