动态规划之i次方

前言

收录了一些比较秀的题目。
此博客待更新。

一些好的题目

T1 GDOI2018 T6 滑稽子图

考虑$O(n^2)$的转移。
设$f[x][i][0/1]$表示$x$的子树，选了i条边，x是否被选。
则有如下的转移：
$f_{new}[x][i][0]={\sum }_{j=0}^i{f}_{old}[x][j][0]\ast (f_{old}[y][i-j][0]+f_{old}[y][i-j][1])$
$f_{new}[x][i][1]={\sum }_{j=0}^i{f}_{old}[x][j][1]\ast f_{old}[y][i-j][0]$
$f_{new}[x][i][1]={\sum }_{j=0}^{i-1}{f}_{old}[x][j][1]\ast f_{old}[y][i-1-j][1]$
答案即为${\sum }_{i=1}^{n-1}{i}^k\ast (f[1][i][0]+f[1][i][1])$
其实这个转移跟k无关，可以用点分治+NTT优化。。。。
因为$k\le 10$，所以考虑$O(n{k}^2)$的转移。
直接考虑贡献。上面的三条转移式，对应着4条转移。
先考虑第一个(以$f[x][i][0]\ast f[y][j][0]$为例)，其余三个类似。
合并贡献，$f[x][i][0]\ast i^k$,$f[y][j][0]\ast j^k$变成$f[x][i][0]\ast f[y][j][0]\ast (i+j{)}^k$
$=f[x][i][0]\ast f[y][j][0]\ast ({\sum }_{l=0}^k{C}_k^l\ast i^k\ast j^{k-l})$
$={\sum }_{l=0}^k{C}_k^l\ast f[x][i][0]\ast f[y][j][0]\ast i^k\ast j^{k-l}$
$={\sum }_{l=0}^k{C}_k^l({\sum }_{i=0}^{siz[x]-1}f[x][i][0]\ast i^k)\ast ({\sum }_{j=0}^{siz[y]-1}f[y][j][0]\ast j^{k-l})$
令$g[x][l]={\sum }_{i=0}^{siz[x]-1}f[x][i][0]\ast i^l$
直接转移g即可。
$$g_{new}[x][k]=\sum _{l=0}^k{g}_{old}[x][l]\ast g[y][k-l]\ast C_k^l$$
答案即为$g[1][k]$

T2 JZOJ 4424 道路

有一个n个点的图，点两两之间可以连边。
假设连k条边使得这n个点两两之间有路径可达，这算是一种合法的方案。
这种方案对答案的贡献为$k^2$
求所有合法方案的和。
看一道与这题有关联的题。
JZOJ3303城市规划
这道题目要求n个点的简单(无重边无自环)无向连通图数目。
$O(n^2)$做法
设$f[n]$表示n个点的答案，$g[n]$表示n个点的图的数目。
显然，$g[n]=2^{C_n^2}$
考虑1号点所在连通块的大小。
$$f[n]=g[n]-\sum _{i=1}^{n-1}f[i]\ast g[n-i]\ast C_{n-1}^{i-1}$$
但是现在要求得是每种方案的平方的和。
在JZOJ4424种，设$f[n][0/1/2]$表示n个点，要求连通的方案的$0/1/2$次方和。
设$g[n][0/1/2]$表示n个点，不要求连通的方案的$0/1/2$次方和。
$g[n][0]=2^{C_n^2}$
$g[n][1]=C_n^2\ast 2^{C_n^2-1}$
在每种方案中，每条边对$g[n][2]$有$1^2=1$的贡献，每对边（不相同）对$g[n][2]$有$2\ast 1\ast 1$的贡献。
$g[n][2]=g[n][1]+(C_n^2)\ast (C_n^2-1)\ast (2^{C_n^2-2})$
当然了，$g[n][2]$还可以从$g[n-1][2]$转移过来。考虑点与n-1个点中哪些点连边。
$$g[n][2]=\sum _{i=0}^{n-1}{C}_{n-1}^i\ast (i^2+2\ast i\ast g[n-1][1]+g[n-1][2])$$
考虑f的转移。算f的套路。
目标：减去很多个式子。方法：每个式子拆开算。即算式子的每一项，然后再加起来。
目前图中有一个大小为i的连通块，和剩余n-i个节点的不要求连通的图（设此图有j条边）。
现在要算$(i+j{)}^2$。则就要算$i^2,2\ast i\ast j,j^2$出现多少次。
$i^2$出现了$g[n-i][0]$次，$j^2$出现了$f[i][0]$次，每个$2\ast i\ast j$出现了1次。
$f[n][0]=g[n][0]-{\sum }_{i=1}^{n-1}{C}_{n-1}^{i-1}\ast g[n-i][0]$
分成两个不连通的块计算
$f[n][1]=g[n][1]-{\sum }_{i=1}^{n-1}{C}_{n-1}^{i-1}\ast (f[i][0]\ast g[n-i][1]+f[i][1]\ast g[n-i][0])$
$f[n][2]=g[n][2]-{\sum }_{i=1}^{n-1}{C}_{n-1}^{i-1}\ast (f[i][0]\ast g[n-i][2]+f[i][2]\ast g[n-i][0]+2\ast f[i][1]\ast g[n-i][1])$

T3 JZOJ 5911

题目：请点这里
题解：i的贡献，分为i的子树内的，和i的子树外的。
其实式子时不难推的。
处理子树内：设$f[x][1]$表示期望的1次方和，$f[x][2]$表示期望的2次方和。
树形依赖式背包那样转移即可。

void dg2(int x){
 int i;
 for(i=head[x];i;i=edge[i].next)
     if(fa[0][x]^edge[i].to){
      dg2(edge[i].to);
      f[2][x]=(f[2][x]+2*(edge[i].val*f[1][x]%mo)*f[1][edge[i].to]%mo)%mo;
      f[2][x]=(f[2][x]+f[2][edge[i].to]*edge[i].val%mo)%mo;
      f[1][x]=(f[1][x]+f[1][edge[i].to]*edge[i].val%mo)%mo;
  }
  f[2][x]=(f[2][x]+(c[x]*f[1][x])%mo*2%mo+(c[x]*c[x])%mo)%mo;
  f[1][x]=(f[1][x]+c[x])%mo;
}

处理子树外：对于每个x，维护一个x的儿子的前缀期望和后缀期望。

总结

总而言之，寻找能够计算的两"块"，这两“块”对答案的贡献独立。
合并的时候其中一块看成是常数，另一块看成是未知数。
T2里的例子：
$$g[n][2]=\sum _{i=0}^{n-1}{C}_{n-1}^i\ast (i^2+2\ast i\ast g[n-1][1]+g[n-1][2])$$
有两个块，n号点第一个块，设一种方案中其他块的边的数量为x。
则$\sum x=g[n-1][1]$，$\sum x^2=g[n-1][2]$

$f[n][2]=g[n][2]-{\sum }_{i=1}^{n-1}{C}_{n-1}^{i-1}\ast (f[i][0]\ast (\sum x^2)+f[i][2]\ast (\sum 1)+2\ast f[i][1]\ast (\sum x))$
则$\sum 1=g[n-1][0],\sum x=g[n-1][1]\sum x^2=g[n-1][2]$
T3里的例子：
$f[x][2]=f[x][2]+2p\ast f[x][1]\ast (\sum y)+p\ast (\sum y^2)\ast$
其中，$\sum y=f[son[x]][1]$，$\sum y^2=f[son[x]][2]$