AT_abc287_f [ABC287F] Components 题解

原创已于 2024-01-26 20:30:02 修改 · 720 阅读

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#图论 #深度优先 #算法

于 2024-01-26 20:28:36 首次发布

题意

给你一棵有 $N$ 个节点的树，顶点标号为 $1,2,…,N1,2,\dots,N$ ，第 $i$ 条边连接的端点是 $a_i,b_i$ .

对每一个 $x=1,2,…,Nx=1,2,\dots,N$ ,解决如下问题:

有 $2^N-1$ 个非空的顶点子集 $V$ ,求 $V$ 的刚好包含 $x$ 个连通块的诱导子图的数量。

什么是诱导子图？

设 $S$ 是图 $G$ 的顶点的子集， $S$ 的诱导子图是包含 $S$ 的所有顶点和这些顶点之间的所有边，这些边的两个端点都必须在 $S$ 中。

思路

不难看出这题是一道树形动态规划，我们可以用 $d p (i, j, 0)$ 表示在 $i$ 的子树上有 $j$ 块并且不选第 $i$ 块的方案数，用 $d p (i, j, 1)$ 表示在 $i$ 的子树上有 $j$ 块并且选第 $i$ 块的方案数。

由题意得，我们假如不选，则子节点可选可不选。如果选，则子节点要是选则选的块数是一样的，要是不选就要多加一块。

所以，我们可以分三类来讨论：

$i$ 点选择，可得：
$\sum_{x\in ison} dp(i,j,0)\times (dp(x,k,1)+dp(x,k,0))$
$i$ 点不选则且 $i$ 点的子节点也不选，可得：
$\sum_{x\in ison} dp(i,j,1)\times dp(x,k,1)$
$i$ 点不选则且 $i$ 点的子节点选，可得：
$\sum_{x\in ison} dp(i,j,1)\times dp(x,k,0)$

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n;
struct op {
    int from, to, next;//链式前向星
} a[10005];
int head[5005], cnt;
void add(int x, int y) { a[cnt].from = x, a[cnt].to = y, a[cnt].next = head[x], head[x] = cnt++; }//链式前向星存图 
const int mod = 998244353;
int son_sum[5005];
int dp[5005][5005][2];
bool vis[5005];
void dfs(int x, int father) {
    dp[x][0][0] = dp[x][1][1] = 1;//初始化 
    son_sum[x] = 1;//初始化 
    for (int i = head[x]; i != -1; i = a[i].next) {
        int y = a[i].to;
        if (y == father)
            continue;
        dfs(y, x);
        for (int j = son_sum[x]; j >= 0; j--) {
            for (int k = son_sum[y]; k >= 1; k--) {
            	//根据dp式 
                dp[x][j + k][0] =
                    ((dp[x][j + k][0]) + ((dp[x][j][0] * ((dp[y][k][1] + dp[y][k][0]) % mod)) % mod)) % mod;
                if (j == 0)
                    continue;
                dp[x][j + k][1] = ((dp[x][j + k][1]) + ((dp[x][j][1] * dp[y][k][0]) % mod)) % mod;
                dp[x][j + k - 1][1] = ((dp[x][j + k - 1][1]) + ((dp[x][j][1] * dp[y][k][1]) % mod)) % mod;
            }
        }
        son_sum[x] += son_sum[y];//记录当前子树一共有多少个点 
    }
}
signed main() {
    freopen("block.in", "r", stdin);
    freopen("block.out", "w", stdout);
    memset(head, -1, sizeof(head));
    scanf("%lld", &n);
    for (int i = 1, x, y; i < n; i++) {
        scanf("%lld%lld", &x, &y);
        add(x, y), add(y, x);//建边 
    }
    dfs(1, -1);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        printf("%lld\n", (dp[1][i][0] + dp[1][i][1]) % mod);//输出答案，记得取模 
    }
    return 0;
}