LGP9479 [NOI 2023] 桂花树 学习笔记

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前言

六六六，这个树是桂。

这题和 \(\texttt{NOI 2025}\) 的序列变换孰难孰易，这是个问题。

题意简述

你有一棵 \(n\) 个结点的桂花树 \(T\)，它满足对于任何一对父子结点 \((i,j)\)，总有 \(i<j\)。

给定整数 \(k\)。称一棵 \(n+m\) 个结点的树 \(T'\) 是繁荣的，当且仅当下列条件均满足：

1. \(\forall 1\le i<j\le n\)，在 \(T\) 和 \(T'\) 上，它们的 \(\text{lca}\) 相同。
2. \(\forall 1\le i<j\le (n+m)\)，在 \(T'\) 上，它们的 \(\text{lca}\) 编号小于等于 \(\max(i,j)+k\)。

点有标号。问：有多少种繁荣的树？答案对 \(10^9+7\) 取模。

\(n\le 3\times 10^4\)，\(m\le 3\times 10^3\)，\(k\le 10\)。

做法解析

两个限制，前者看起来比较和蔼可亲，后者看起来非常的申必。手玩一下可以发现，新点要么接在原点的下面，要么接在原边的中间或在中间节外生枝。（你也可以理解为，\(T\) 是 \(T'\) 的一棵虚树）

那后面那个 \(\text{lca}(i,j)\le\max(i,j)+k\) 的限制怎么做？此处一个关键的转化是：考虑从小到大一个一个加新点。这样对于每个新加的点 \(p\)，限制就变成 \(\text{lca}(i,p)\le p+k\) 了。这看着好做多了。

\(k=0\) 的时候相当于不可节外生枝。总方案数显然为 \(\prod_{i=n}^{n+m-1}(2i-1)\)。其中 \(i\) 即为每次加点的时候的原树大小。

\(k>0\) 的时候区别在于可以“节外生枝”了，具体来说就是会出现形如 \(\text{lca}(i,n+c)=n+d,c<d\) 的情况。这又怎么办呢。

你再从虚树的视角考虑一下问题就会发现，我们的限制等价于：对于 \([1,n+i]\) 的结点，它们的虚树内的结点编号范围为 \([1,n+i+k]\)。

那么现在要？提示：\(k\le 10\)。

答案是状压。没错又是状压 \(\texttt{DP}\)！我们设 \(f(i,S)\) 为：插入了 \(i\) 个点，并且前 \(k\) 次加入的未被填充的“空白点”的状态用 \(S\) 表示。则转移为：

• 将 \(i+1\) 插在边中间或者挂在点下面，系数为 \(2siz-1\)。
• 将 \(i+1\) 从一条边上衍生出来（相当于选择一条边，往中间插一个空白点占位，再在空白点下面接上 \(i+1\) 号点），系数为 \(siz-1\)。
• 用 \(i+1\) 填上一个空白点。

嗯所以答案和树形态没有关系。哈哈。绷。

代码实现

显然滚动数组了。

\(s\) 的二进制（从 \(1\) 数起）第 \(j\) 位表示对于 \(i\) 来说，这个空白点是由 \(i-j\) 号点拉出来的。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using namespace obasic;
using namespace omodint;
using mint=m107;
const int MaxT=1<<10,MaxN=3e4+5;
int N,M,K,tfa[MaxN],alf,ppc[MaxT];
void ovainit(int n){for(int i=0;i<=n;i++)ppc[i]=ppc[i>>1]+(i&1);}
mint ans,F[MaxT],G[MaxT];
void mian(){
    readis(N,M,K);ans=0,alf=(1<<K)-1;
    for(int i=2;i<=N;i++)readi(tfa[i]);
    if(K==0){
        ans=1;for(int i=N;i<N+M;i++)ans*=(i*2-1);
        writil(miti(ans));return;
    }
    fill(F,F+alf+1,0),F[0]=1;
    for(int i=N;i<N+M;i++){
        for(int s=1<<(K-1);s<=alf;s++)G[(s<<1)&alf]+=F[s];
        for(int s=0;s<=(1<<(K-1))-1;s++){
            for(int j=K-2;j>=0;j--)if((s>>j)&1)G[(s^(1<<j))<<1]+=F[s];
            G[s<<1]+=F[s]*((i+ppc[s])*2-1);
            G[(s<<1)|1]+=F[s]*(i+ppc[s]-1);
        }
        for(int s=0;s<=alf;s++)F[s]=G[s],G[s]=0;
    }
    ans=F[0];writil(miti(ans));
}
int Tpn,Tcn;
int main(){
    ovainit(MaxT-1);
    readis(Tpn,Tcn);
    while(Tcn--)mian();
    return 0;
}