数数题（计数类 DP）做题记录

数数题（计数类 DP）做题记录

CF1657E Star MST

我们称张无向完全图是美丽的当且仅当：所有和 \(1\) 相连的边的边权之和等于这张完全图的最小生成树的边权之和。

完全图点数为 \(n\)，边权 \(\in[1,k]\)，\(1\le n,k\le 250\)。

发现所有和 \(1\) 相连的边边权之和等于 MST 的边权之和，即限制这张图的 MST 就是以 \(1\) 为中心的“星星”形状。

所以任意两个点之间的边权一定大于等于他们与 \(1\) 相连的边的边权的最大值。

那么设 \(dp(i,j)\) 表示连了 \(\le i\) 的边权，选择了除了 \(1\) 之外 \(j\) 个点的方案数。

那么枚举状态，将转移表示把边权为 \(i\) 边新加进去，可以得到转移方程：

\[dp(i,j)=\sum_{x=0}^{j}dp(i-1,x)\times \dbinom{j}{x}\times (k-x+1)^{\binom{j}{2}-\binom{x}{2}} \]

总时间复杂度 \(\mathcal{O(n^3)}\)（假设 \(n,k\) 同阶）。

P8096 [USACO22JAN] Drought G

Farmer John 的 \(n(n\le 100)\) 头奶牛站成一排，每一个都有一个饥饿值 \(h_i\)，Farmer John 可以每次选择相邻的两头奶牛使她们的饥饿值同时 \(-1\)。

Farmer John 想让他的所有奶牛都有相同的饥饿值，尽管他不知道每头奶牛具体的饥饿值，只知道她们每一头饥饿值的上限 \(H_i(H_i\le 1000)\)，使得 \(h_i\le H_i\)。

请计算出所有满足 Farmer John 的要求的 \(n\) 元组 \([h_1,h_2,\cdots,h_n]\) 数量对 \(10^9+7\) 取模的结果。

假设最终都到达的饥饿值为 \(k\)，设 \(dp_{i,j}\) 表示前 \(i-1\) 头牛都达到了要求，第 \(i\) 头牛的饥饿值为 \(j\) 的方案数。

那么因为需要让 \(i\) 牛也变成 \(k\)，可以列出转移方程：

\[dp_{i,j}\rightarrow\forall j'\in[k,H_{i+1}-j+k]:dp_{i+1,j'} \]

上面的方程可以用前缀和优化实现 \(O(1)\) 转移。

那么最终答案就是 \(dp_{n,k}\)。

由于我们发现如果 \(n\) 是偶数，可以通过 \(\dfrac{n}{2}\) 次操作使所有饥饿值 \(-1\)，所以如果 \(n\) 为偶数只用枚举一个 \(k\) 即可。

CF724F Uniformly Branched Trees

给定三个数 \(n,d,mod\)，求有多少种 \(n\) 个点的不同构的树满足：除了度数为 \(1\) 的结点外，其余结点的度数均为 \(d\) 。答案对质数 \(mod\) 取模。

\(1\le n\le 10^3,2\le d\le 10,10^8\le mod\le 10^9\)。

听 jpj 说需要无标号无根树计数的一个技巧：

\(\bigstar\texttt{Trick}\)：在计算无标号无根树的时候，为了去重，我们用有根树数量减去根不是重心的数量。

• 如果树的大小 \(n\) 是奇数，根节点不是重心，那么一定有一棵子树大小大于 \(\left\lfloor\dfrac{n}{2}\right\rfloor\)。如果将最大的子树看做另外一棵树，这棵树的方案数是 \(f_k\times f_{n-k}\)，答案为：

  \[f_{n}-\sum_{k=\lfloor\frac{n}{2}\rfloor+1}^{n-1}f_k\times f_{n-k} \]

• 如果 \(n\) 是偶数，可能存在两个重心，可能出现的上面式子中 \(2k=n\) 的情况会再一次重复，需要额外减去 \(\dbinom{f_{\frac{n}{2}}}{2}\)。

回到这道题，首先我们推式子，设 \(k\) 为度数为 \(d\) 的点的个数，则容易推出 \(k=\dfrac{n-2}{d-1}\)。

收到上面的启发，先考虑带有标号的计数。

设 \(dp_{i,j,k}\) 表示以 \(j\) 为根的树中，除了 \(j\) 以外度数为 \(d\) 的点的个数为 \(i\)，根的度数为 \(k\)。

考虑每次加的时候都是将一个子树合并到另一棵树的根下，保证除了根以外的每个点的度数都是合法的。

转移呢？这不至少 \(\mathcal{O(n^4)}\)？？？不会了捏

\(\bigstar\texttt{Hint}\)：对于无根树而言，能够确定的一个点就是重心，由于需要用重心去重，可以设 \(dp_{i,j,k}\) 表示节点数为 \(i\)，有 \(j\) 课子树，子树大小都不超过 \(k\) 的有根树数量。

接下来分类讨论（都是以重心作为根）：

• 如果新树的子树大小都 \(<k\)，那么直接从 \(dp_{i,j,k-1}\) 转移过来。
• 否则至少有一颗子树大小等于 \(k\)，枚举等于 \(k\) 的子树的个数 \(t\)：
  • （不得不说这个状态太牛逼了），子树大小等于 \(k\) 的子树方案数是 \(dp_{k,d-1,k-1}\)，接下来我们需要做的就是从中选出 \(t\) 种子树（可以相同，部分顺序），这个方案数是 \(\dbinom{dp_{k,d-1,k-1}+t-1}{t}\)。

那么以上就是只有单重心的情况，答案就是 \(dp_{n,d,\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}\)。

如果是双重心的情况，一定是一条边连接着两个相同的子树，即从 \(dp_{\frac{n}{2},d-1,\frac{n}{2}-1}\) 种方案中选出两个出来作为幸运儿就是重复的情况了。

所以双重心的答案就是 \(dp_{n,d,\frac{n}{2}}-\dbinom{dp_{\frac{n}{2},d-1,\frac{n}{2}-1}}{2}\)。

\(\bigstar\texttt{Question?}\) 转移的时候如果 \(k=1\)，特判？？？

P3349 [ZJOI2016]小星星

给定一颗 \(n\) 个点的树，又给定一张 \(n\) 个点的图，需要将树中的 \(n\) 个点与图中的 \(n\) 个点一一对应，使得所有树中存在的边在图中能够找到与之对应的边。问对应方案数。

\(n\le 17\)。

当然是状压，但是怎么对应方案捏？

设 \(dp_{i,s}\) 表示在图中选择了前 \(i\) 个点，在树中选择点的集合是 \(s\) 的方案数。

这样选择一个点加入的时候就不知道以前的连边方案？显然假了。

\(\bigstar\texttt{Hint}\)：为了避免不知道以前如何连边的情况，保持原来树的结构，即定 \(dp_{i,j,s}\) 表示在以 \(i\) 为根的子树中，\(i\) 对应图中的 \(j\)，子树中的点已经对应了图中 \(s\) 的点的方案数。

这样可以暴力地实现 \(\mathcal{O(n^3\times 3^n)}\) 转移。

但是这样由于巨大的空间和时间复杂度只有 \(50\) 分，考虑更加优美的解法。

\(\bigstar\texttt{Hint}\)：状态中为什么要记录 \(s\) 这一维？因为要让整棵树是 \(1-n\) 的排列。那么如果不记录会怎么样？编号会重合！重复怎么办？容斥！！！

用 \(2^n\) 枚举 \(\{1,2,\dots,n\}\) 的子集 \(T\)，强制规定每个点的编号都属于 \(T\) 集合，容斥一下就好啦！。

P8273 [USACO22OPEN] Pair Programming G

还是不会

P4778 Counting swaps

咕咕咕