[LOJ2983] [WC2019] 数树

题目链接

LOJ：https://loj.ac/problem/2983

BZOJ：https://lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=5475

洛谷：https://www.luogu.org/problemnew/show/P5206

Soltion

超级毒瘤数数题...窝看了一晚上才看懂...

%%%rqy

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subtask 0

很容易可以看出每个公共的边连成的联通块被绑一起了，所以答案就是\(y^{p}\)，其中\(p\)为联通块个数。

也就是说答案为\(y^{n-m}\)，其中\(m\)为公共边条数。

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Subtask 1

设\(f(s)=y^{n-|s|}\)，其中\(s\)为边集。

那么我们枚举树的形态可以得到答案为：
\[ ans=\sum_{E_2}f(E_1\cap E_2) \]
其中\(E_2\)枚举的是边集，\(E_1\)是题目给出的边集。这个\(E_1\cap E_2\)不是很好办，我们可以利用下面这个容斥的式子化简：
\[ f(s)=\sum_{t\subseteq s}\sum_{p \subseteq t}(-1)^{|t|-|p|}f(p) \]
下面会给出证明，当然，读者自证不难。带进去可得：
\[ \begin{align} ans&=\sum_{E_2}\sum_{t\subseteq E_1,t\subseteq E_2}\sum_{p\subseteq t}(-1)^{|t|-|p|}f(p)\\ &=\sum_{t\subseteq E_1} g(t)\sum_{p\subseteq t}(-1)^{|t|-|p|}f(p)\\ &=\sum_{t\subseteq E_1} g(t)\sum_{p\subseteq t}(-1)^{|t|-|p|}y^{n-|p|}\\ &=\sum_{t\subseteq E_1} g(t)y^{n-|t|}\sum_{p\subseteq t}(-1)^{|t|-|p|}y^{|t|-|p|}\\ &=\sum_{t\subseteq E_1} g(t)y^{n-|t|}\sum_{p\subseteq t}(-y)^{|t|-|p|}\\ &=\sum_{t\subseteq E_1} g(t)y^{n-|t|}(1-y)^{|t|}\\ \end{align} \]
其中倒数第二个等式到最后一个等式用到了二项式定理，\(g(s)\)表示包含边集\(s\)的树的个数，可以证明：
\[ g(s)=n^{k-2}\prod_{i=1}^ka_i \]
证明下面会给出，其中，\(s\)被分成了\(k\)个联通块，大小分别为\(a_1,a_2\cdots a_k\)。

这套交换求和符号还是看得懂的吧...不然怎么敢来刚这个题

那么带进去可得：
\[ \begin{align} ans&=\sum_{t\subseteq E_1}\left(n^{k-2}\prod_{i=1}^ka_i\right)y^{k}(1-y)^{n-k}\\ &=\frac{(1-y)^n}{n^2}\sum_{t\subseteq E_1}\prod_{i=1}^{k}\frac{ny}{1-y}\cdot a_i \end{align} \]
至此，这玩意还是指数级的，但是我们可以发现，\(\frac{ny}{1-y}\)是固定的，设其为\(k\)，也就是说，每个联通块有\(ka_i\)的贡献。

那么，其实我们就可以\(dp\)了，设\(f_{i,j}\)表示第\(i\)个点，只考虑子树\(i\)所在的联通块\(size\)为\(j\)的贡献，注意不考虑\(i\)这个联通块的贡献（这里贡献指的是若干个\(ka_i\)的乘积）。

然后直接暴力背包转移，时间复杂度降为了\(O(n^2)\)。

我们固定\(f_{i,j}\)的\(i\)，设一个幂级数：
\[ F_i(x)=\sum_{j=1}^nf_{i,j}x^j \]
再设答案为\(g_i(x)\)：
\[ g_i(x)=\sum_{j=1}^{n}kj\cdot f_{i,j}=kF_i'(1) \]
其中\(F_i'\)表示求导。

那么背包转移就可以写成：
\[ F_i(x)=x\prod_{j\in son_i}(g_j+F_j(x)) \]
那么可得：
\[ F_i'(x)=\prod_{j\in son_i}(g_j+F_j(x))+x\left(\prod_{j\in son_i}(g_j+F_j(x))\right)\left(\sum_{j\in son_i}\frac{F_j'(x)}{g_j+F_j(x)}\right) \]
这里是照抄的乘积求导法则：
\[ \left(\prod_{i=1}^kF_i(x)\right)'=\sum_{i=1}^{n}F_i'(x)\prod_{j\ne i}^kF_j(x) \]
换一下求和符号就是：
\[ \left(\prod_{i=1}^kF_i(x)\right)'=\prod_{i=1}^{k}F_i(x)\sum_{j=1}^{k}\frac{F_j'(x)}{F_j(x)} \]
然后令\(x=1\)得到：
\[ F_i'(1)=\prod_{j\in son_i}(g_j+F_j(1))+\left(\prod_{j\in son_i}(g_j+F_j(1))\right)\left(\sum_{j\in son_i}\frac{F_j'(1)}{g_j+F_j(1)}\right) \]
令\(t_i=F_i(1)=\prod_{j\in son_i}(g_j+F_j(x))\)，那么把上面的式子抄下来：
\[ g_i=F_i'(1)=t_i(1+\sum_{j\in son_i}\frac{g_j}{g_j+t_j}) \]

\[ t_i=\prod_{j\in son}g_j+t_j \]

然后\(O(n)\)递推就好了。

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Subtask 2

我们照抄上面的式子：
\[ ans=\sum_{s}y^{n-|s|}(1-y)^{|s|}g^2(s) \]
这里\(s\)枚举的是公共部分，所以\(g(s)\)要平方，因为两棵树都要满足。

展开：
\[ ans=\frac{(1-y)^n}{n^4}\sum_{s}\prod_{i=1}^{k}\left(\frac{n^2y}{1-y}\right)a_i^2 \]
过程和上面一样。

我们换种方式枚举，枚举多少个联通块以及大小分别是多少，显然联通块无顺序所以要除以\(k!\)，然后点有标号所以乘上组合数\(\frac{n!}{\prod a_i!}\)，\(a\)个点的树个数为\(a^{a-2}\)，写出来就是：
\[ \begin{align} ans&=\frac{(1-y)^n}{n^4}\sum_{k=1}^n\frac{1}{k!}\sum_{a_1+a_2\cdots a_k=n}\frac{n!}{\prod a_i!}\prod_{i=1}^{k}\left(\frac{n^2y}{1-y}\right)a_i^2\cdot a_i^{a_i-2}\\ &=\frac{(1-y)^nn!}{n^4}\sum_{k=1}^n\frac{1}{k!}\sum_{a_1+a_2\cdots a_k=n}\prod_{i=1}^{k}\left(\frac{n^2y}{1-y}\right)\frac{a_i^{a_i}}{a_i!}\\ \end{align} \]
后面的卷积形式写成多项式就是：
\[ \begin{align} ans&=\frac{(1-y)^nn!}{n^4}[x^n]\sum_{k=1}^n\frac{1}{k!}\left(\sum_{a=1}^{+\infty}\frac{n^2y}{1-y}\cdot \frac{a^a}{a!}x^a\right)^k\\ \end{align} \]
注意到这是个多项式\(\exp\)形式，直接算就好了，复杂度\(O(n\log n)\)。

其实多项式\(\exp\)的组合意义就是带标号的多重背包，所以上面符合多项式\(\exp\)的式子也就不出意外了。

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上面lemma的proof

lemma 1：
\[ f(s)=\sum_{t\subseteq s}\sum_{p \subseteq t}(-1)^{|t|-|p|}f(p) \]
其中\(f\)是一个和\(|s|\)有关的函数。

那么交换求和符号：
\[ f(s)=\sum_{p \subseteq s}f(p)\sum_{p\subseteq t,t\subseteq s}(-1)^{|t|-|p|} \]

\[ f(s)=\sum_{p \subseteq s}f(p)\sum_{t\subseteq s-p}(-1)^{|t|} \]

\[ f(s)=\sum_{p \subseteq s}f(p)[s=p] \]

可以发现等式左边右边都是\(f(s)\)，证毕。

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lemma 2：

我们要把\(k\)个联通块组成的森林连成一棵树的方案数，其中联通块大小分别为\(a_1,a_2\cdots a_k\)。

考虑每个联通块视为一个点，那么它的\(prufer\)序列共有\(k-2\)个点，每个点在\([1,k]\)。

我们枚举每个点是什么，统计方案数：
\[ \sum_{1\leqslant b_1,b_2\cdots b_{k-2}\leqslant k}\prod_{i=1}^{k}a_i^{c_i+1} \]
其中\(b_i\)为第\(i\)位的数，\(c_i\)表示\(i\)出现了多少次。

交换求和符号：
\[ \begin{align} &\left(\prod_{i=1}^ka_i\right)\sum_{1\leqslant b_1,b_2\cdots b_{k-2}\leqslant k}\prod_{i=1}^{k}a_i^{c_i}\\ =&\left(\prod_{i=1}^ka_i\right)\prod_{i=1}^{k-2}\sum_{x=1}^{k}a_{x}\\ =&\left(\prod_{i=1}^ka_i\right)\prod_{i=1}^{k-2}n\\ =&n^{n-2}\prod_{i=1}^ka_i\\ \end{align} \]

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注意当\(y=1\)时上面很多式子都没有意义，需要特判。

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

void read(int &x) {
    x=0;int f=1;char ch=getchar();
    for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-f;
    for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';x*=f;
}

void print(int x) {
    if(x<0) putchar('-'),x=-x;
    if(!x) return ;print(x/10),putchar(x%10+48);
}
void write(int x) {if(!x) putchar('0');else print(x);putchar('\n');}

#define lf double
#define ll long long 
#define mp make_pair
#define fr first
#define sc second

const int maxn = 6e5+10;
const int inf = 1e9;
const lf eps = 1e-8;
const int mod = 998244353;

int add(int x,int y) {return x+y>mod?x+y-mod:x+y;}
int del(int x,int y) {return x-y<0?x-y+mod:x-y;}
int mul(int x,int y) {return 1ll*x*y-1ll*x*y/mod*mod;}

int n,y;

int qpow(int a,int x) {
    int res=1;
    for(;x;x>>=1,a=mul(a,a)) if(x&1) res=mul(res,a);
    return res;
}

namespace fuckpps {
    void solve(int op) {
        if(op==0) write(1);
        else if(op==1) write(qpow(n,n-2));
        else write(qpow(n,2*n-4));
    }
}

namespace subtask0 {
    void solve() {
        map<pair<int,int >,int > s;int ans=0;
        for(int i=1,x,yy;i<n;i++) read(x),read(yy),s[mp(min(x,yy),max(x,yy))]=1;
        for(int i=1,x,yy;i<n;i++) read(x),read(yy),ans+=s[mp(min(x,yy),max(x,yy))];
        write(qpow(y,n-ans));
    }
}

namespace subtask1 {
    int head[maxn],tot,g[maxn],t[maxn],k;
    struct edge{int to,nxt;}e[maxn<<1];

    void ad(int u,int v) {e[++tot]=(edge){v,head[u]},head[u]=tot;}
    void ins(int u,int v) {ad(u,v),ad(v,u);}
    
    void dfs(int x,int fa) {
        g[x]=k,t[x]=1;
        for(int i=head[x],v;i;i=e[i].nxt)
            if((v=e[i].to)!=fa) {
                dfs(v,x);
                g[x]=add(g[x],mul(g[v],qpow(add(g[v],t[v]),mod-2)));
                t[x]=mul(t[x],add(g[v],t[v]));
            }
        g[x]=mul(g[x],t[x]);
    }
    
    void solve() {
        k=mul(mul(n,y),qpow(1-y+mod,mod-2));
        for(int i=1,u,v;i<n;i++) read(u),read(v),ins(u,v);
        dfs(1,0);write(mul(g[1],mul(qpow(1-y+mod,n),qpow(mul(n,n),mod-2))));
    }
}

namespace subtask2 {
    int w[maxn],rw[maxn],N,bit,pos[maxn],f[maxn],fac[maxn],ifac[maxn],inv[maxn],mxn,g[maxn],K;
    int tmp[7][maxn];
    
    void ntt_init() {
        w[0]=rw[0]=1,w[1]=qpow(3,(mod-1)/N);mxn=N;
        for(int i=2;i<=N;i++) w[i]=mul(w[i-1],w[1]);
        rw[1]=qpow(w[1],mod-2);
        for(int i=2;i<=N;i++) rw[i]=mul(rw[i-1],rw[1]);
    }
    
    void ntt(int *r,int op) {
        for(int i=1;i<N;i++) if(pos[i]>i) swap(r[i],r[pos[i]]);
        for(int i=1,d=mxn>>1;i<N;i<<=1,d>>=1)
            for(int j=0;j<N;j+=i<<1)
                for(int k=0;k<i;k++) {
                    int x=r[j+k],y=mul((op==1?w:rw)[k*d],r[i+j+k]);
                    r[j+k]=add(x,y),r[i+j+k]=del(x,y);
                }
        if(op==-1) {int d=qpow(N,mod-2);for(int i=0;i<N;i++) r[i]=mul(r[i],d);}
    }
    
    void ntt_get(int len) {
        for(N=1,bit=0;N<=len;N<<=1,bit++) ;
        for(int i=0;i<N;i++) pos[i]=pos[i>>1]>>1|((i&1)<<(bit-1));
    }
    
    void poly_inv(int *r,int *t,int len) {
        if(len==1) return t[0]=qpow(r[0],mod-2),void();
        poly_inv(r,t,len>>1);
        for(int i=0;i<len>>1;i++) tmp[0][i]=t[i],tmp[1][i]=r[i];
        for(int i=len>>1;i<len;i++) tmp[0][i]=0,tmp[1][i]=r[i];
        ntt_get(len),ntt(tmp[0],1),ntt(tmp[1],1);
        for(int i=0;i<N;i++) t[i]=del(mul(2,tmp[0][i]),mul(mul(tmp[1][i],tmp[0][i]),tmp[0][i]));
        ntt(t,-1);for(int i=len;i<N;i++) t[i]=0;
        for(int i=0;i<len<<1;i++) tmp[0][i]=tmp[1][i]=0;
    }
    
    void poly_der(int *r,int *t,int len) {
        ntt_get(len);
        for(int i=1;i<len;i++) t[i-1]=mul(i,r[i]);
        for(int i=len-1;i<N;i++) t[i]=0;
    }
    
    void poly_int(int *r,int *t,int len) {
        ntt_get(len);
        for(int i=0;i<len;i++) t[i+1]=mul(inv[i+1],r[i]);t[0]=0;
        for(int i=len+1;i<N;i++) t[i]=0;
    }
    
    void poly_ln(int *r,int *t,int len) {
        poly_der(r,tmp[2],len);
        poly_inv(r,tmp[3],len);
        ntt_get(len),ntt(tmp[2],1),ntt(tmp[3],1);
        for(int i=0;i<N;i++) tmp[3][i]=mul(tmp[2][i],tmp[3][i]);
        ntt(tmp[3],-1);
        poly_int(tmp[3],t,len);
        for(int i=0;i<len<<1;i++) tmp[3][i]=0;
    }
    
    void poly_exp(int *r,int *t,int len) {
        if(len==1) return t[0]=1,void();
        poly_exp(r,t,len>>1);
        for(int i=0;i<len>>1;i++) tmp[4][i]=r[i],tmp[5][i]=t[i];
        for(int i=len>>1;i<len;i++) tmp[4][i]=r[i],tmp[5][i]=0;
        poly_ln(tmp[5],tmp[6],len);
        for(int i=0;i<len;i++) tmp[4][i]=del(tmp[4][i],tmp[6][i]);
        tmp[4][0]=add(tmp[4][0],1);
        ntt_get(len),ntt(tmp[4],1),ntt(tmp[5],1);
        for(int i=0;i<N;i++) t[i]=mul(tmp[4][i],tmp[5][i]);
        ntt(t,-1);for(int i=len;i<N;i++) t[i]=0;
    }
    
    void solve() {
        for(N=1,bit=0;N<=n<<2;N<<=1,bit++);ntt_init();
        inv[0]=fac[0]=ifac[0]=inv[1]=1;K=mul(mul(n,mul(n,y)),qpow(1-y+mod,mod-2));
        for(int i=2;i<N;i++) inv[i]=mul(mod-mod/i,inv[mod%i]);
        for(int i=1;i<N;i++) fac[i]=mul(fac[i-1],i);
        for(int i=1;i<N;i++) ifac[i]=mul(ifac[i-1],inv[i]);
        for(int i=1;i<=n;i++) f[i]=mul(K,mul(qpow(i,i),ifac[i]));
        ntt_get(n);poly_exp(f,g,N);
        write(mul(g[n],mul(mul(qpow(1-y+mod,n),fac[n]),qpow(qpow(n,4),mod-2))));
    }
}

int main() {
    read(n),read(y);int op;read(op);
    if(y==1) fuckpps :: solve(op);
    else if(op==0) subtask0 :: solve();
    else if(op==1) subtask1 :: solve();
    else subtask2 :: solve();
    return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/hbyer/p/10677674.html