「FJWC2020Day4-IJN」夕張的改造 題解

XuYueming發表於2024-09-06

題意簡述

給定一棵 \(n\) 個節點的樹。一次操作為斷邊再連邊，需保證仍為樹。求 \(k\) 次操作後樹的形態個數。

\(n \leq 5000\)，\(0 \leq k \leq n\)。

被繞暈了，對我來說是一道超好的題，寫一篇題解理清思路，也希望幫助到你。

題目分析

由於我們總能浪費步數，即斷開連上同一條邊，或連上斷開同一條邊，所以我們求的答案為 \(0 \sim k\) 次不浪費的操作後，樹的形態個數。

考慮操作了 \(k\) 次，我們就斷開了 \(k\) 條邊，並且這些邊不會被連上。如果不考慮後來連上的 \(k\) 條邊，此時樹被劃分為了 \(k + 1\) 個聯通塊。答案就是用 \(k\) 條邊，不連上斷開的邊，把 \(k + 1\) 個聯通塊連成一棵樹的方案數。

對於不會浪費步數的證明：

假設斷開了一條連上的邊，那麼剩餘邊數不足以將其連成一棵樹，故每次連邊都不會浪費。

對於 \(k\) 個操作一起考慮的正確性證明：

即需要證明，存在一種方案，過程中始終合法，斷邊之後再連邊，仍為一棵樹。

由於不能斷開一條新連上的邊，所以所有新連上的邊會被儲存到最後，即每次連上的邊只能答案中選取。

考慮某一次斷邊，在這次斷邊之前的操作均合法。斷邊後會得到兩個聯通塊，需要在最終答案中的 \(k\) 條新增的邊中，使用一條未被使用的邊。最終答案裡肯定有聯通這兩個聯通塊的邊，否則不是一棵樹，矛盾。而在斷邊之前我們保證這是一棵樹，所以這些邊都是沒有被使用的。所以我們一定能夠選擇一條邊來連上。

我們只需要考慮的浪費就是連上一條斷開的邊。如果沒有這個限制，答案怎麼統計呢？

根據 Prufer 序列經典結論，用 \(k\) 條邊把大小分別為 \(a_1, \ldots, a_{k + 1}\) 的聯通塊連成樹的方案數為 \(n ^ {(k + 1) - 2} \prod \limits _ {i = 1} ^ {k + 1} a_i\)。前者對於每一種方案都是相同的，也很好求。重點在於求出每一種方案下，後者之和，即求 \(\sum \prod \limits _ {i = 1} ^ {k + 1} a_i\)。

考慮 \(\prod a_i\) 的意義，即為從每一個聯通塊中，選出一個關鍵點，求方案數。同時為了 \(\sum\)，我們還要統計所有情況下的方案數之和。不妨記 \(F[u][x][0 / 1]\) 表示以 \(u\) 為根的子樹中，得到 \(x\) 個聯通塊，並且根節點所在聯通塊有沒有選出關鍵點，所有情況下的 \(\prod a_i\) 之和。邊界 \(F[i][1][0 / 1] = 1\)。

考慮樹形 DP 孩子 \(u\) 合併到 \(v\)。決策是否斷邊，分類討論一下。

  1. 斷開 \(u\) 和 \(v\) 之間的邊。
    即此時 \(u\) 和 \(v\) 不在同一聯通塊中，那麼 \(u\) 中關鍵點必須選出。

    \[F[v][i + j][0 / 1] \gets F[v][i + j][0 / 1] + F[v][i][0 / 1] \times F[u][j][1] \]

    之所以兩個 \(\sum\prod\) 直接相乘，是因為 \(u\) 中每一個 \(\prod\) 需要分別和 \(v\) 中的 \(\prod\) 相乘產生一種方案，最後再求和，兩個 \(\sum \prod\) 直接相乘就滿足了。

  2. 不斷開 \(u\) 和 \(v\) 之間的邊。
    類似地得到如下轉移方程。

    \[F[v][i + j][0] \gets F[v][i + j][0] + F[v][i][0] \times F[u][j][0] \]

    \[F[v][i + j][1] \gets F[v][i + j][1] + F[v][i][0] \times F[u][j][1] + F[v][i][1] \times F[u][j][0] \]

我們所求的 \(\sum \prod a_i\) 便是 \(F[1][k + 1][1]\)。也就是用 \(F[1][k + 1][0] \times n ^ {(k + 1) - 2}\) 表示最多改變了 \(k\) 條邊的樹的個數。我們為了不浪費步數，即不能連回去，要求的是恰好改變 \(k\) 條邊的樹的個數。用至多算恰好，很容易想到二項式反演，可以看我的《學習筆記》。

為了變成更熟悉的“至少”模型，我們反轉，最多改變 \(k\) 條邊，變成至少保證 \(n - 1 - k\) 條邊不變。設 \(f(n - 1 - x) = dp[1][x + 1][1] \times n ^ {(x + 1) - 2}\)，即 \(f(x) = dp[1][n - x][1] \times n ^ {(n - x) - 2}\) 表示至少 \(x\) 條邊不變。

考慮怎麼表示出 \(g(x)\) 表示恰好 \(x\) 條邊不變。\(g(x)\) 在 \(f(x)\) 的基礎上，需要去掉大於 \(x\) 條邊不變的情況。對於一個 \(t > x\)，\(g(t)\) 反覆貢獻了 \(\dbinom{t}{x}\) 次。

\[g(x) = f(x) - \sum _ {i = x + 1} ^ {n - 1} \binom{i}{x} g(i) \]

移項得：

\[\begin{aligned} f(x) &= g(x) + \sum _ {i = x + 1} ^ {n - 1} \binom{i}{x} g(i) \\ &= \sum _ {i = x} ^ {n - 1} \binom{i}{x} g(i) \end{aligned} \]

反演得到：

\[g(x) = \sum _ {i = x} ^ {n - 1} (-1) ^ {i - x} \binom{i}{x} f(i) \]

對於操作了 \(k\) 次，即為保證 \(n - 1 - k\) 條邊不變，答案為 \(g(n - 1 - k)\)。總答案即為 \(\sum \limits _ {i = 0} ^ k g(n - 1 - i)\)。

時間複雜度：\(\Theta(n ^ 2)\)，瓶頸在於樹形 DP 和反演。

樹形 DP 時間複雜度 \(\Theta(n ^ 2)\) 說明：

考慮一對 \((u, v)\) 只會在 \(\operatorname{lca}\) 處合併，共有 \(\Theta(n^ 2)\) 個點對。

注意 \(k\) 需要和 \(n - 1\) 取 \(\min\)。

程式碼

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;

const int N = 5010;
const int mod = 998244353;

inline int add(int a, int b) { return a + b >= mod ? a + b - mod : a + b; }
inline int sub(int a, int b) { return a - b < 0 ? a - b + mod : a - b; }
inline int mul(int a, int b) { return 1ll * a * b % mod; }
inline void toadd(int& a, int b) { a = add(a, b); }

int n, k, fa[N];
int frac[N], ifrac[N], Inv[N];

inline int C(int n, int m) { return mul(frac[n], mul(ifrac[m], ifrac[n - m])); }

int f[N][N][2];  // j 個聯通塊，根所在的聯通塊有沒有被選中
int siz[N];

int F[N], G[N];

signed main() {
#ifndef XuYueming
    freopen("kaisou.in", "r", stdin);
    freopen("kaisou.out", "w", stdout);
#endif
    scanf("%d%d", &n, &k), k = min(k, n - 1);
    for (int i = 2; i <= n; ++i) scanf("%d", &fa[i]), ++fa[i];
    frac[0] = ifrac[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        frac[i] = mul(frac[i - 1], i);
        Inv[i] = i == 1 ? 1 : mul(mod - mod / i, Inv[mod % i]);
        ifrac[i] = mul(ifrac[i - 1], Inv[i]);
        f[i][1][0] = f[i][1][1] = 1;
        siz[i] = 1;
    }
    for (int u = n; u >= 1; --u) {
        int v = fa[u];
        static int g[N][2];
        memcpy(g, f[v], sizeof(g));
        memset(f[v], 0x00, sizeof(f[v]));
        for (int i = 1; i <= siz[v]; ++i)
            for (int j = 1; j <= siz[u]; ++j) {
                toadd(f[v][i + j][0], mul(f[u][j][1], g[i][0]));
                toadd(f[v][i + j][1], mul(f[u][j][1], g[i][1]));
                toadd(f[v][i + j - 1][0], mul(f[u][j][0], g[i][0]));
                toadd(f[v][i + j - 1][1], add(mul(f[u][j][1], g[i][0]), mul(f[u][j][0], g[i][1])));
            }
        siz[v] += siz[u];
    }
    F[n - 1] = 1;
    for (int i = n - 2, p = 1; i >= 0; --i) F[i] = mul(p, f[1][n - i][1]), p = mul(p, n);
                                            // p 即為 n^{(n-x)-2}
    int ans = 0;
    for (int i = n - 1; i >= n - 1 - k; --i) {
        for (int j = i; j <= n - 1; ++j) {
            if ((j - i) & 1)
                G[i] = sub(G[i], mul(C(j, i), F[j]));
            else
                G[i] = add(G[i], mul(C(j, i), F[j]));
        }
        ans = add(ans, G[i]);
    }
    printf("%d", ans);
    return 0;
}

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