[codeforces848D] Shake It!

最新推荐文章于 2021-10-12 16:46:15 发布

WorldWide_D

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分类专栏： DP 组合数

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/WorldWide_D/article/details/79018239

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这篇博客详细介绍了Codeforces 848D问题的解决方案，涉及无向图的构建和s-t最小割的计算。通过动态规划方法，枚举关键参数并利用状态压缩优化复杂度，最终得出O(n^4*logn)的时间复杂度算法。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题目大意

给定n,m，最开始一个无向图中只有两个点s,t和连接它们的一条边。你需要进行n次操作，每次选择图中一条边(u,v)，加入一个点i，并且添加两条边(u,i)，(i,v)。
问最终有多少种不同构的图，满足其s-t最小割为m。模10^9+7输出

n,m≤50

分析

设f[i][j]表示i次操作，s-t最小割为j的方案数。
接下来你需要枚举五个数a,b,c,d,x（其中四元组(a,b,c,d)之前没有被枚举过），意义如下：
加入了x个这样的点：设这个点为v，其中s-v的最小割为b，在s-v为基础的子图上进行了a次操作；v-t最小割为d，在v-t为基础的子图上进行了c次操作。那么得到转移：
$f[i][j]*C_{f[a][b]*f[c][d]+x-1}^x —>f[i+x*(a+c+1)][j+x*min(b,d)]$
其中组合数表示f[a][b]*f[c][d]种方案选了x次，一种方案可重复选。

考虑优化这个dp。我们发现a,b,c,d,x对状态的转移有一个特点：dp两维的增量相同。所以可以设 $g[i][j]=\sum[a+c==i]*[min(b,d)==j]*f[a][b]*f[c][d]$ 。然后上面的转移变成：
$f[i][j]*C_{g[p][q]+x-1}^x —>f[i+x*p][j+x*q]$
g[p][q]是由a,c < p转移而来，所以可以顺序枚举p,q，并且更新f数组
枚举x由调和级数可知总复杂度是log的
那么时间复杂度为 $O(n^4logn)$

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N=52,mo=1e9+7;

typedef long long LL;

int n,m,f[N][N],g[N][N],h[N][N],Inv[N],ans;

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    Inv[1]=1;
    for (int i=2;i<=n+1;i++) Inv[i]=(LL)Inv[mo%i]*(mo-mo/i)%mo;
    f[0][1]=1;
    for (int i=1;i<=n;i++) for (int j=1;j<=i+1;j++)
    {
        for (int p=0;p<i;p++)
        {
            for (int q=j;q<=p+1;q++)
            {
                g[i][j]=(g[i][j]+(LL)f[p][q]*f[i-p-1][j])%mo;
            }
            for (int q=j+1;q<=i-p;q++)
            {
                g[i][j]=(g[i][j]+(LL)f[p][j]*f[i-p-1][q])%mo;
            }
        }
        memset(h,0,sizeof(h));
        for (int p=0;p+i<=n;p++)
        {
            for (int q=1;q+j<=n+1;q++)
            {
                int C=1;
                for (int t=1;p+i*t<=n && q+i*t<=n+1;t++)
                {
                    C=(LL)C*(g[i][j]+t-1)%mo*Inv[t]%mo;
                    h[p+i*t][q+j*t]=(h[p+i*t][q+j*t]+(LL)C*f[p][q])%mo;
                }
            }
        }
        for (int p=i;p<=n;p++) for (int q=j;q<=p+1;q++) f[p][q]=(f[p][q]+h[p][q])%mo;
    }
    printf("%d\n",f[n][m]);
    return 0;
}