Newcoder 147 B.Enumeration not optimization（状压DP+树形DP）

最新推荐文章于 2023-03-22 09:39:16 发布

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本文介绍了一种算法，用于计算给定无向图的所有有根生成树权值之和，并提供了详细的解决方案及代码实现。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

Description

给出一个 $n$ 个点 $m$ 条边的无向图，边有边权，对于这张图的任意一个有根生成树，定义其权值为
$\sum\limits_{e\in \{x,y\}}w_e\cdot max(d_x,d_y)$
其中 $d_x$ 为 $x$ 点在生成树中的深度，统计这张图所有有根生成树权值之和，结果模 $10^9+7$

Input

第一行输入两个整数 $n, m$ 表示点数和边数，之后 $m$ 行每行三个整数 $x, y, z$ 表示 $x, y$ 之间有一条权值为 $x$ 的边

$(1≤n≤12,1≤m≤1000,1≤x,y≤n,1≤z≤5000)(1\le n\le 12,1\le m\le 1000,1\le x,y\le n,1\le z\le 5000)$

Output

输出这张图所有有根生成树权值之和，结果模 $10^9+7$

Sample Input

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

Sample Output

303

Solution

考虑每条边 $e = (u, v, w)$ 对答案的贡献，贡献分为两部分， $u$ 在生成树中是 $v$ 的父亲节点以及 $v$ 是 $u$ 的父亲节点，以 $u$ 是 $v$ 的父亲节点为例，断掉这条边将树分成两个连通块，记 $v$ 所在连通块为 $T$ ， $u$ 所在连通块为 $S$ ，此时需要求出以 $v$ 为根的子树方案数 $g [T] [v]$ ，而 $v$ 节点的深度和实际上取决于 $u$ 在 $S$ 点集中的深度，以 $f [S] [u]$ 表示 $u$ 在 $S$ 状态的所有子树中的深度加一的和，那么我们只要求出 $f, g$ ，即得答案为 $∑e∈E,S,Tw⋅(f[S][u]⋅g[T][v]+g[S][u]⋅f[T][v])\sum\limits_{e\in E,S,T}w\cdot (f[S][u]\cdot g[T][v]+g[S][u]\cdot f[T][v])$

现在考虑状压求 $f, g$ ，枚举点集 $S$ 和 $S$ 中一点 $u$ ，下面要把 $S$ 分解为两个不交的集合 $T, W$ ，因为涉及到计数，故要有顺序，否则会记重，令 $T$ 为包含 $S-\{u\}$ 点集中最小编号的集合， $W$ 为 $T$ 在 $S$ 中的补，枚举 $T$ 中一点 $v$ ，考虑通过将 $T, W$ 通过边 $u↔vu\leftrightarrow v$ 合并进行对 $S$ 状态的转移，首先有转移
$g[S][u]+=g[W][u]\cdot g[T][v]\cdot num[u][v]$
其中 $n u m [u] [v]$ 表示 $u↔vu\leftrightarrow v$ 边的数量，主要考虑求 $f [S] [u]$ ， $u↔vu\leftrightarrow v$ 边存在状态有两种:

1. $u$ 是 $v$ 的父亲，那么此时 $u$ 的深度不变，有转移
$f[S][u]+=f[W][u]\cdot g[T][v]\cdot num[u][v]$
2. $v$ 是 $u$ 的父亲，此时 $u$ 的深度为 $v$ 的深度加一， $v$ 的深度加一之和为 $f [T] [v]$ ，每种方案的深度要再加一才是 $u$ 在这种方案下的深度，点集 $T$ 构成一棵树的方案数为 $cnt[T]⋅g[T][v]cnt[T]\cdot g[T][v]$ ，故有转移
$f[S][u]+=(f[T][v]+cnt[T]\cdot g[T][v])\cdot g[W][u]\cdot num[u][v]$
Code

#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define mod 1000000007
int mul(int x,int y)
{
	ll z=1ll*x*y;
	return z-z/mod*mod;
}
int add(int x,int y)
{
	x+=y;
	if(x>=mod)x-=mod;
	return x;
}
#define maxn (1<<12)
int n,m,e[5005][3],cnt[maxn],num[13][13],f[maxn][13],g[maxn][13];
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=0;i<m;i++)
	{
		scanf("%d%d%d",&e[i][0],&e[i][1],&e[i][2]);
		e[i][0]--,e[i][1]--;
		num[e[i][0]][e[i][1]]++,num[e[i][1]][e[i][0]]++;
	}
	int N=(1<<n)-1;
	for(int i=1;i<=N;i++)cnt[i]=cnt[i/2]+(i&1);
	for(int S=1;S<=N;S++)
		for(int u=0;u<n;u++)
			if((S>>u)&1)
			{
				int SS=S^(1<<u);
				int temp=SS&(-SS);
				if(!SS)
				{
					f[S][u]=g[S][u]=1;
					continue;
				}
				for(int T=SS;;T=(T-1)&SS)
				{
					if(T&temp)
						for(int v=0;v<n;v++)
							if((T>>v)&1)
							{
								int W=S^T;
								int res=add(mul(f[W][u],g[T][v]),mul(add(f[T][v],mul(cnt[T],g[T][v])),g[W][u]));
								f[S][u]=add(f[S][u],mul(res,num[u][v]));
								g[S][u]=add(g[S][u],mul(mul(g[W][u],g[T][v]),num[u][v]));
							}
					if(!T)break;
				}
			}
	int ans=0;
	for(int i=0;i<m;i++)
	{
		int u=e[i][0],v=e[i][1],w=e[i][2];
		for(int S=1<<u;S<=N;S=(S+1)|(1<<u))
			ans=add(ans,mul(w,add(mul(f[S][u],g[N^S][v]),mul(g[S][u],f[N^S][v]))));
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}