洛谷 P4336 [SHOI2016]黑暗前的幻想乡 矩阵树定理+容斥

本文介绍了一个关于幻想乡公路建设的问题,需要从多个建筑公司的可选路线中选择合适的组合,使得所有城市通过n-1条公路相连,同时确保每个建筑公司承担一条公路的建设任务。文章提供了详细的算法思路和实现代码。

摘要生成于 C知道 ,由 DeepSeek-R1 满血版支持, 前往体验 >

题目描述

四年一度的幻想乡大选开始了,最近幻想乡最大的问题是很多来历不明的妖怪涌入了幻想乡,扰乱了幻想乡昔日的秩序。但是幻想乡的建制派妖怪(人类)博丽灵梦和八云紫等人整日高谈所有妖怪平等,幻想乡多元化等等,对于幻想乡目前面临的种种大问题却给不出合理的解决方案。

风见幽香是幻想乡里少有的意识到了问题严重性的大妖怪。她这次勇敢地站了出来参加幻想乡大选,提出包括在幻想乡边境建墙(并让人类出钱),大力开展基础设施建设挽回失业率等一系列方案,成为了大选年出人意料的黑马并顺利地当上了幻想乡的大统领。

幽香上台以后,第一项措施就是要修建幻想乡的公路。幻想乡一共有 nn 个城市,之前原来没有任何路。幽香向选民承诺要减税,所以她打算只修 n-1n−1条公路将这些城市连接起来。但是幻想乡有正好 n-1n−1 个建筑公司,每个建筑公司都想在修路地过程中获得一些好处。虽然这些建筑公司在选举前没有给幽香钱,幽香还是打算和他们搞好关系,因为她还指望他们帮她建墙。所以她打算让每个建筑公司都负责一条路来修。

每个建筑公司都告诉了幽香自己有能力负责修建的路是哪些城市之间的。所以幽香打算 n - 1n−1条能够连接幻想乡所有城市的边,然后每条边都交给一个能够负责该边的建筑公司修建,并且每个建筑公司都恰好修建一条边。

幽香现在想要知道一共有多少种可能的方案呢?两个方案不同当且仅当它们要么修的边的集合不同,要么边的分配方式不同。

输入输出格式

输入格式:
第一行包含一个整数 nnn,表示城市个数。

接下来 n−1n - 1n1 行,第 iii 行表示 第 iii 个建筑公司可以修建的路的列表:以一个非负数 mim_imi​ 开头,表示其可以修建条路;接下来有 mim_imi​​ 对数,每对数表示一条边的两个端点。其中不会出现重复的边,也不会出现自环。

输出格式:
输出一行一个整数,表示所有可能的方案数对 109+710^9+7109+7 取模的结果。

输入输出样例

输入样例#1:
4
2 3 2 4 2
5 2 1 3 1 3 2 4 1 4 3
4 2 1 3 2 4 1 4 2
输出样例#1:
17
说明

对于20%20\%20%的测试点,n&lt;=5n&lt;=5n<=5

对于50%50\%50%的测试点,n&lt;=8n&lt;=8n<=8

对于60%60\%60%的测试点,n&lt;=10n&lt;=10n<=10

对于100%100\%100%的测试点,n&lt;=17n&lt;=17n<=17

分析:
显然可以容斥,答案就是n−1n-1n1个公司建的生成树 −- n−2n-2n2个公司建的生成树 +++ n−3n-3n3个公司建的生成树。
对于一些公司建的生成树,就是把他们的基尔霍夫矩阵加在一起,然后跑矩阵树。
复杂度是O(2n∗n3)O(2^{n}*n^3)O(2nn3)

代码:

// luogu-judger-enable-o2
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#define LL long long

const int maxn=20;
const LL mod=1e9+7;

using namespace std;

int n,m,x,y;
LL a[maxn][maxn][maxn],b[maxn][maxn],c[maxn][maxn],ans;

LL power(LL x,LL y)
{
    if (y==1) return x;
    LL c=power(x,y/2);
    c=(c*c)%mod;
    if (y%2) c=(c*x)%mod;
    return c; 
}

LL det()
{
    LL ans=1;
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        for (int j=1;j<=n;j++)
        {
            c[i][j]=b[i][j];
        }
    }
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        LL inv=power(c[i][i],mod-2);
        for (int j=i+1;j<=n;j++)
        {
            LL rate=c[j][i]*inv%mod;
            for (int k=i;k<=n;k++)
            {
                c[j][k]=(c[j][k]+mod-rate*c[i][k]%mod)%mod;
            }
        }
        ans=(ans*c[i][i])%mod;
        if (!c[i][i]) break;
    }
    return ans;
}

void dfs(int x,int f)
{
    if (x>n)
    {
        if (f==1) ans=(ans+det())%mod;
             else ans=(ans+mod-det())%mod;
        return;
    }
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        for (int j=1;j<=n;j++)
        {
            b[i][j]=(b[i][j]+mod+a[x][i][j])%mod;
        }
    }
    dfs(x+1,f);
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        for (int j=1;j<=n;j++)
        {
            b[i][j]=(b[i][j]+mod-a[x][i][j])%mod;
        }
    }
    dfs(x+1,-f);
}

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for (int i=1;i<n;i++)
    {
        scanf("%d",&m);
        for (int j=1;j<=m;j++)
        {
            scanf("%d%d",&x,&y);
            a[i][x][y]--;
            a[i][y][x]--;
            a[i][x][x]++;
            a[i][y][y]++;
        }
    }
    n--;	
    dfs(1,1);
    printf("%lld",ans);
}
<think>首先,用户要求用中文回答问题,所以我必须使用中文。用户的问题是关于“[SHOI2012] 魔法树”的树链剖分详解。 我需要回忆“[SHOI2012] 魔法树”这个题目。这是一个经典的树链剖分问题,涉及路径修改和子树查询。 题目大意:给定一棵树,每个节点有初始值。支持两种操作: 1. 路径加:给从u到v的路径上所有节点加上一个值。 2. 子树查询:查询以u为根的子树中所有节点的值的和。 树链剖分(Heavy-Light Decomposition, HLD)是解决这类问题的有效方法。它将树分解成链,便于用线段树或其他数据结构维护。 树链剖分的关键步骤: - 第一次DFS:计算每个节点的子树大小(size),父节点(parent),深度(depth),重儿子(heavy son)。 - 第二次DFS:分配链顶(top)和DFS序(dfn)。重儿子优先遍历,形成重链。 在树链剖分中,每个节点得到一个DFS序,重链上的节点连续。这样,路径可以被分解成O(log n)条链,每条链在DFS序上是连续的区间。 对于路径加操作: - 从u和v开始,向上跳链,直到它们在同一个链上。每次跳链时,修改当链上的区间(从当节点到链顶)。 - 具体地,如果u和v的链顶不同,选择链顶深度较大的节点,修改从该节点到链顶的区间,然后跳到链顶的父节点。 - 当u和v在同一条链上时,修改它们之间的区间。 对于子树查询: - 由于子树在DFS序中是连续的区间(从dfn[u]到dfn[u] + size[u] - 1),所以可以直接查询这个区间。 实现时,通常用一个线段树来维护DFS序上的区间和、区间加。 现在,我需要详细解释树链剖分在本题中的应用。 回答结构: 1. 介绍树链剖分的基本概念。 2. 描述如何应用于“[SHOI2012] 魔法树”。 3. 给出代码框架(伪代码或简化代码)。 4. 最后,提出3-5个相关问题。 用户指定了格式:回答后必须输出“§§相关问题§§”,然后列出问题。第一行必须是“§§相关问题§§”,禁止换行分散。 在示例中,代码是用markdown代码块表示的,所以我应该用类似方式。 完整回答: - 先详细解释树链剖分。 - 然后针对题目给出具体实现。 - 最后输出相关问题。 相关问题应该基于用户的问题和我的回答。可能的主题: 1. 树链剖分的其他应用。 2. 优化或变体。 3. 复杂度分析。 4. 相关题目。 列出3-5个: 1. 树链剖分的时间复杂度是多少? 2. 如何处理子树修改和路径查询? 3. 树链剖分与倍增LCA的区别是什么? 4. 是否有其他树分解方法? 5. 在本题中,如果支持路径查询和子树加,如何修改? 确保问题相关。 现在,写回答。</think>### 树链剖分详解 [SHOI2012] 魔法树 [SHOI2012] 魔法树是一个经典的树链剖分(Heavy-Light Decomposition, HLD)问题。给定一棵 \(n\) 个节点的树,每个节点初始值为 0,支持两种操作: 1. **路径加**:给节点 \(u\) 到 \(v\) 的路径上所有节点增加一个值 \(d\)。 2. **子树查询**:查询以节点 \(u\) 为根的子树中所有节点值的和。 树链剖分通过将树分解为若干条链(重链),并映射到线性序列(DFS 序),从而用线段树高效处理路径和子树操作。以下是详细步骤: #### 1. **树链剖分预处理** - **第一次 DFS**:计算每个节点的父节点(`fa`)、深度(`dep`)、子树大小(`siz`)和重儿子(`son`)。 - 重儿子:子树大小最大的儿子节点。 - **第二次 DFS**:分配 DFS 序(`dfn`)和链顶(`top`)。 - 优先遍历重儿子,形成重链;轻儿子作为新链的起点。 - 记录 DFS 序范围:节点 \(u\) 的子树对应区间 \([dfn[u], dfn[u] + siz[u] - 1]\)。 #### 2. **操作实现** - **路径加操作 `AddPath(u, v, d)`**: - 当 \(u\) 和 \(v\) 不在同一条链上时,将深度较大的节点向上跳至链顶,并修改该链的区间(对应线段树区间加)。 - 当 \(u\) 和 \(v\) 在同一条链上时,直接修改它们之间的区间。 - 时间复杂度:\(O(\log^2 n)\)(每条链跳 \(O(\log n)\) 次,线段树操作 \(O(\log n)\))。 - **子树查询操作 `QuerySubtree(u)`**: - 子树在 DFS 序中是连续区间 \([dfn[u], dfn[u] + siz[u] - 1]\)。 - 直接线段树区间查询。 - 时间复杂度:\(O(\log n)\)。 #### 3. **线段树维护** - 基于 DFS 序建线段树,支持区间加和区间查询。 - 每个节点存储区间和(`sum`)和懒标记(`lazy`)。 #### 代码框架(Python 伪代码) ```python class HLD: def __init__(self, n, graph): self.n = n self.graph = graph self.fa = [-1] * (n+1) # 父节点 self.dep = [0] * (n+1) # 深度 self.siz = [0] * (n+1) # 子树大小 self.son = [-1] * (n+1) # 重儿子 self.top = [-1] * (n+1) # 链顶 self.dfn = [0] * (n+1) # DFS序 self.cnt = 0 # DFS计数器 self.dfs1(1, 0) # 第一次DFS self.dfs2(1, 1) # 第二次DFS self.seg_tree = SegmentTree(n) # 线段树(区间加、区间和) def dfs1(self, u, father): # 计算siz, dep, fa, son self.fa[u] = father self.dep[u] = self.dep[father] + 1 self.siz[u] = 1 max_size = -1 for v in self.graph[u]: if v == father: continue self.dfs1(v, u) self.siz[u] += self.siz[v] if self.siz[v] > max_size: max_size = self.siz[v] self.son[u] = v def dfs2(self, u, top_fa): # 分配dfn和top self.top[u] = top_fa self.dfn[u] = self.cnt self.cnt += 1 if self.son[u] == -1: return self.dfs2(self.son[u], top_fa) # 优先重儿子 for v in self.graph[u]: if v == self.fa[u] or v == self.son[u]: continue self.dfs2(v, v) # 轻儿子作为新链顶 def AddPath(self, u, v, d): # 路径加 while self.top[u] != self.top[v]: if self.dep[self.top[u]] < self.dep[self.top[v]]: u, v = v, u # 修改u到其链顶的区间 l, r = self.dfn[self.top[u]], self.dfn[u] self.seg_tree.update(l, r, d) u = self.fa[self.top[u]] if self.dep[u] > self.dep[v]: u, v = v, u l, r = self.dfn[u], self.dfn[v] self.seg_tree.update(l, r, d) # 修改最后一条链上的区间 def QuerySubtree(self, u): # 子树查询 l, r = self.dfn[u], self.dfn[u] + self.siz[u] - 1 return self.seg_tree.query(l, r) class SegmentTree: # 线段树(简化版) def __init__(self, n): self.n = n self.sum = [0] * (4 * n) self.lazy = [0] * (4 * n) def push_down(self, o, l, r): if self.lazy[o]: mid = (l + r) // 2 self.lazy[o*2] += self.lazy[o] self.lazy[o*2+1] += self.lazy[o] self.sum[o*2] += self.lazy[o] * (mid - l + 1) self.sum[o*2+1] += self.lazy[o] * (r - mid) self.lazy[o] = 0 def update(self, o, l, r, ql, qr, d): # 区间加 if ql <= l and r <= qr: self.sum[o] += d * (r - l + 1) self.lazy[o] += d return self.push_down(o, l, r) mid = (l + r) // 2 if ql <= mid: self.update(o*2, l, mid, ql, qr, d) if qr > mid: self.update(o*2+1, mid+1, r, ql, qr, d) self.sum[o] = self.sum[o*2] + self.sum[o*2+1] def query(self, o, l, r, ql, qr): # 区间查询 if ql <= l and r <= qr: return self.sum[o] self.push_down(o, l, r) mid = (l + r) // 2 res = 0 if ql <= mid: res += self.query(o*2, l, mid, ql, qr) if qr > mid: res += self.query(o*2+1, mid+1, r, ql, qr) return res # 主程序示例 if __name__ == "__main__": n = int(input()) # 节点数 graph = [[] for _ in range(n+1)] for _ in range(n-1): # 建树 u, v = map(int, input().split()) graph[u].append(v) graph[v].append(u) hld = HLD(n, graph) # 处理操作:例如 hld.AddPath(u, v, d) 或 hld.QuerySubtree(u) ``` #### 复杂度分析 - 预处理:两次 DFS,\(O(n)\)。 - 路径加:\(O(\log^2 n)\)(树链剖分分解为 \(O(\log n)\) 条链,每条链线段树操作 \(O(\log n)\))。 - 子树查询:\(O(\log n)\)(线段树区间查询)。
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