ARC142D Deterministic Placing

ARC142D Deterministic Placing

题目大意

有一棵$n$个顶点的树，每个点上最多放一张卡片，你可以做如下操作：

• 同时将所有的卡片移到它所在顶点的相邻的一个顶点上

一个操作我们说它是好的，当下列条件满足：

• 每条边最多被某张卡片经过
• 每个顶点最多被一张卡片占据

小$T$可以选择一个或多个顶点来放置卡片，一个顶点放置一张卡片。他有$2^n-1$种方式，求满足以下条件的方案数：
对于每个非负整数$k$

• 它能连续进行$k$次好的操作
• 令$S_k$表示经过刚好$k$次操作后被卡片占据的点的集合，则$S_k$是唯一的

题解

第一步：分树为链

我们可以发现，每一张卡片都是在两个点上反复横跳的。我们把每个反复横跳的边拿出来，那一定是若干条不相交的链。且这些链一定是以空点为顶部，有卡片的点为中部和尾部（一条链不能只有一个空点）。这些链一定能填满整棵树。

假设$x,y$为相邻的两个点且在不同的链上，为了避免重复和不合法的情况，我们做一些规定。

• 如果$x$链的端点且$y$为链的中间点，则在第二次操作时，在$y$上的卡片可以向$x$移动，则$S_k$不唯一
• 如果$x,y$都是链的顶部，则第一次操作后两条链合并成一条链，可以往两个方向移动，$S_k$不唯一
• 如果$x,y$都是链的尾部，则第一次操作时$x$的位置空出了，$y$所在可以往链头或$x$移动，$S_k$不唯一

其余情况都是合法的。

第二步：树形DP

定义$f_{u,i}$表示点$u$第$i$种状态下的方案数。各种状态如下：

• $f_{u,0}$表示$u$为链身，且$u$在链上无前无后
• $f_{u,1}$表示$u$为链身，且$u$在链上有前无后
• $f_{u,2}$表示$u$为链身，且$u$在链上无前有后
• $f_{u,3}$表示$u$为链身，且$u$在链上有前有后
• $f_{u,4}$表示$u$为链头，且$u$在链上无后面的点
• $f_{u,5}$表示$u$为链头，且$u$在链上有后面的点
• $f_{u,6}$表示$u$为链尾，且$u$在链上无后面的点
• $f_{u,7}$表示$u$为链尾，且$u$在链上有后面的点

有前或有前面的点即存在链头，有后或有后面的点即存在链尾。

为了防止在转移的时候计算重复，我们还需要定义$g_{u,i}$。假设当前枚举的是$u$的各个儿子，且枚举到的儿子为$v$，则$f_{u,i}$表示点$u$在统计$v$之前的各种状态的方案数，$g$表示统计$v$之后的方案数，则可以用$f_{u,i}$和$f_{v,i}$来更新$g$，在$v$的贡献计算完之后再将$g$的值赋值给$f$，然后计算$u$的下一个儿子。

因为状态比较多，所以转移式也比较多。除去不合法的情况，有$20$种转移方法，具体见代码。

对于每个点，状态$0,4,6$的$f$的初值为$1$。最后的答案为$f_{1,3}+f_{1,5}+f_{1,7}$。

总结

这道题主要是用树形DP，考虑各种状态来进行状态转移。时间复杂度为$O(n)$。

注：代码中$gt(v1,v2,v3)$表示$g_{u,v1}=f_{u,v2}\times f_{v,v3}$，$v$为$u$的儿子。这一步即用$u$点的状态$v2$的$f$和$v$点的状态$v2$的$f$值更新$g$的状态$v1$。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,x,y,tot=0,d[500005],l[500005],r[500005];
long long v[10],f[200005][8];
long long mod=998244353;
void add(int xx,int yy){
    l[++tot]=r[xx];d[tot]=yy;r[xx]=tot;
}
void pt(int v1,int v2,int v3){
	v[v1]=(v[v1]+f[x][v2]*f[y][v3]%mod)%mod;
}
void dfs(int u,int fa){
    f[u][0]=f[u][4]=f[u][6]=1;
    for (int i=r[u];i;i=l[i]){
        if(d[i]==fa) continue;
        dfs(d[i],u);
        for (int j=0;j<8;j++) v[j]=0;
        x=u;y=d[i];
        pt(0,0,3);
        pt(1,0,4);pt(1,0,1);pt(1,1,3);
        pt(2,0,6);pt(2,0,2);pt(2,2,3);
        pt(3,2,4);pt(3,1,6);pt(3,1,2);pt(3,2,1);pt(3,3,3);
        pt(4,4,7);
        pt(5,5,7);pt(5,4,2);pt(5,4,6);
        pt(6,6,5);
        pt(7,7,5);pt(7,6,1);pt(7,6,4);
        for(int j=0;j<8;j++) f[u][j]=v[j];
    }
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<n;i++){
        scanf("%d%d",&x,&y);
        add(x,y);add(y,x);
    }
    dfs(1,0);
    printf("%lld",(f[1][3]+f[1][5]+f[1][7])%mod);
    return 0;
}