ABC281G Farthest City_[abc281g] farthest city-优快云博客

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本文介绍了一道编号为ABC281G的问题解决思路，该问题要求求解特定条件下简单无向连通图的数量，并给出了一种使用分层图DP的方法。通过状态转移方程，最终实现了O(n^3)的时间复杂度。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

ABC281G Farthest City

题目大意

给你两个整数 $n$ 和 $m$ ，求一个包含 $n$ 个点的简单无向连通图的个数：

对于所有点 $u=2,\dots,n-1$ ， $u$ 到 $n$ 的距离严格小于 $1$ 到 $n$ 的距离

输出答案模 $m$ 后的值。

题解

设 $d_i$ 表示 $1$ 到 $i$ 的最短距离，则当 $i$ 和 $j$ 之间有边时，若 $d_i\leq d_j$ ，则一定满足 $d_j-d_i\leq1$ 。我们可以使用分层图 $D P$ 来解决。

设 $f_{i,j}$ 表示当前用了 $i$ 个点，最后一层有 $j$ 个点的方案数，则转移式为

$f_{i,j}=\sum\limits_{l=1}^{i-j}f_{i-j,l}\times(2^l-1)^j\times2^{\frac{j(j-1)}{2}}\times C_{n-i+j-1}^j$

其中 $l$ 表示上一层的点的个数。

首先这一层的每一个点都可以和上一层的点连接。因为上一层有 $l$ 个点，每个点可以连或不连，再减去所有点都不连的情况，每个点有 $2^l-1)$ 种情况能与上一层的点连通，那么 $j$ 个点就有 $2^l-1)^j$ 种情况。

对于这一层，任意两个点之间都可以连边或不连边，也就是有 $2^{\frac{j(j-1)}{2}}$ 种情况。

当然，每一个点是不同的，所以对于这一层，我们是从剩下的 $(n - i + j - 1)$ 个点（不包括 $n$ ，所以要减 $1$ ）中选 $j$ 个点，因此还要乘上 $C_{n-i+j-1}^j$ 。

注意最后 $n$ 是独立的一层，要特判。

由此得到转移式。枚举状态 $O(n^2)$ ，每次转移 $O (n)$ ，总时间复杂度为 $O(n^3)$ 。注意在求 $a^b$ 这类数的时候要提前预处理，不要使用快速幂，否则会 $T L E$ 。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
long long mod,ans,tw[250005],yh[505][505],v[505][505],f[505][505];
int main()
{
	scanf("%d%lld",&n,&mod);
	for(int i=0;i<=n;i++){
		yh[i][0]=yh[i][i]=1;
		for(int j=1;j<i;j++){
			yh[i][j]=(yh[i-1][j]+yh[i-1][j-1])%mod;
		}
	}
	tw[0]=1;
	for(int i=1;i<=n*n;i++) tw[i]=tw[i-1]*2%mod;
	for(int i=0;i<=n;i++){
		v[i][0]=1;
		long long tmp=(tw[i]-1+mod)%mod;
		for(int j=1;j<=n;j++){
			v[i][j]=v[i][j-1]*tmp%mod;
		}
	}
	f[1][1]=1;
	for(int i=2;i<=n-1;i++){
		for(int j=1;j<i;j++){
			for(int l=1;l<=i-j;l++){
				f[i][j]=(f[i][j]+f[i-j][l]*v[l][j]%mod*tw[j*(j-1)/2]%mod*yh[n-i+j-1][j]%mod)%mod;
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<n-1;i++){
		ans=(ans+f[n-1][i]*(tw[i]-1)%mod)%mod;
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}