BZOJ5219 [Lydsy2017省队十连测]最长路径（竞赛图+计数DP）

题目：BZOJ5219.
题目大意：对于$k\in [1,n]$，求$n$个点的竞赛图中满足从$1$号点出发最长路径长度为$k$的不同的图的数量（点有编号）.
$1\le n\le 2000$.

这题不得不说还是一道很好的组合计数题，但是挺套路的.

首先，我们将点划分为两部分，一部分是不在$1$出发的最长路径上的，另一部分是在$1$出发的最长路径上的.容易发现第一部分对$ans[i]$的贡献为$2^{\frac{(n-i)(n-i-1)}{2}}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{i-1}\right)$.

然后考虑第二部分，考虑枚举$1$所在的SCC大小，若当前$1$所在SCC大小为$j$，则将剩余点划分为两部分，点的划分贡献为$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i-1}{j-1}\right)$.

考虑$1$所在SCC之外剩余点的贡献，显然可以随意连边，方案数为$2^{\frac{(i-j)(i-j-1)}{2}}$.

剩下就是$1$所在SCC的方案数了，容易发现现在问题变成如何计算一个大小为$i$强连通竞赛图的方案数.

设$g[i]$为大小为$i$的方案数，发现直接计算很不好搞，转化为所有方案数减去不是一个强连通分量的方案数，可以列出方程：
$$g[i]=2^{\frac{i(i-1)}{2}}-\sum _{j=1}^{i-1}{2}^{(i-j)(i-j-1)}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{j}\right)g[j]$$

然后，我们就可以计算$f[i]$：
$$f[i]=2^{\frac{(n-i)(n-i-1)}{2}}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{i-1}\right)\sum _{j=1}^i{2}^{\frac{(i-j)(i-j-1)}{2}}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i-1}{j-1}\right)g[j]$$

时间复杂度$O(n^2)$.

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
  using namespace std;

#define Abigail inline void
typedef long long LL;

const int N=2000;

int n,mod;

int add(int a,int b){return a+b>=mod?a+b-mod:a+b;}
int sub(int a,int b){return a-b<0?a-b+mod:a-b;}
int mul(int a,int b){return (LL)a*b%mod;}
void sadd(int &a,int b){a=add(a,b);}
void ssub(int &a,int b){a=sub(a,b);}
void smul(int &a,int b){a=mul(a,b);}

int c[N+9][N+9];

void Solve_c(){
  for (int i=0;i<=n;++i){
  	c[i][0]=c[i][i]=1;
  	for (int j=1;j<i;++j)
	  c[i][j]=add(c[i-1][j-1],c[i-1][j]);
  }
}

int a[N+9];

int Power(int a,int k){
  int res=1;
  for (;k;k>>=1,smul(a,a))
    if (k&1) smul(res,a);
  return res;
}

void Solve_a(){
  for (int i=0;i<=n;++i)
    a[i]=Power(2,i*(i-1)/2);
}

int dp[N+9];

void Solve_dp(){
  for (int i=1;i<=n;++i){
  	dp[i]=a[i];
  	for (int j=1;j<i;++j)
  	  ssub(dp[i],mul(c[i][j],mul(dp[j],a[i-j])));
  }
}

int ans[N+9];

void Solve_ans(){
  for (int i=1;i<=n;++i){
    for (int j=1;j<=i;++j)
      sadd(ans[i],mul(c[i-1][j-1],mul(dp[j],a[i-j])));
    smul(ans[i],mul(c[n-1][i-1],a[n-i]));
  }
}

Abigail into(){
  scanf("%d%d",&n,&mod);
}

Abigail work(){
  Solve_c();
  Solve_a();
  Solve_dp();
  Solve_ans();
}

Abigail outo(){
  for (int i=1;i<=n;++i)
    printf("%d\n",ans[i]);
}

int main(){
  into();
  work();
  outo();
  return 0;
}