QOJ #8047. DFS Order 4 题解
Description
小青鱼（Little Cyan Fish），又名青羽小（Qingyu Xiao），非常喜欢 DFS 序的概念。今天，他手中有一棵有 \(n\) 个节点的有根树 \(T\)，节点编号从 \(1\) 到 \(n\)。这棵树的根是节点 \(1\)，而对于每个节点 \(i\)（\(2 \le i \le n\)），其父节点为 \(f_i\)，满足 \(1 \le f_i < i\)。
一个 DFS 序列 \(D = (D_1, D_2, \ldots, D_n)\) 表示对树进行深度优先遍历时访问节点的顺序。\(D\) 中第 \(j\) 项表示该节点是 DFS 过程中第 \(j\) 个被访问的节点。
在深度优先搜索过程中，如果某个节点有多个子节点，则按节点编号的升序遍历它们。因此，对于每一棵有根树，DFS 序是唯一确定的。
下面是用于生成 DFS 序列的伪代码，其中树 \(T\) 由数组 \(f = \{f_2, f_3, \ldots, f_n\}\) 唯一表示：
算法 1：深度优先搜索的实现
1: procedure dfs(vertex x)
2: Append x to the end of dfs_order
3: for each child y of x do // 子节点按索引升序遍历
4: dfs(y)
5: end for
6: end procedure
7: procedure generate()
8: Let dfs_order be a global variable
9: dfs_order ← empty list
10: dfs(1)
11: return dfs_order
12: end procedure
令 \(D\) 为 generate() 返回的数组。
由于每棵合法的树对应一个合法的 \(f\) 数组，而 \(f\) 的合法取值有 \((n - 1)!\) 种（因为每个 \(f_i\) 可以从 \(1\) 到 \(i - 1\) 中任选一个），所以总共有 \((n - 1)!\) 棵不同的树。
现在，小青鱼想知道：对于所有 \((n - 1)!\) 种可能的 \(f\) 配置，最终能生成多少种不同的 DFS 序列 \(D\)？我们认为两个 DFS 序列 \(D\) 和 \(D'\) 不同，当且仅当存在某个 \(1 \le i \le n\)，使得 \(D_i \ne D'_i\)。
由于这个数可能非常大，你的任务是计算该数对一个给定素数 \(P\) 取模的结果。
\(n\leq 800\)。
Solution
考虑怎么判断一个序列 \(a\) 合法。
从前往后扫序列，维护当前扫到的 \(a_i\) 的父链 \(anc_1,anc_2,\ldots,anc_k\)。加入一个数，就是选择 \(anc_{j}<x\) 的最大的 \(j\)，并把 \(x\) 的父亲设为 \(anc_{j-1}\)。
那么这么建出来的树一定满足下面的条件：对于每个点 \(x\)，把 \(x\) 的儿子从小到大拿出来，设为 \(u_1,u_2,\ldots,u_m\)，同时设 \(v_i\) 为 \(u_i\) 最大的儿子，如果没有即为 \(0\)。然后需要满足 \(\forall 2\leq i\leq m,u_i<v_{i-1}\)。
考虑把满足条件的树的形态拿出来并对这样的树的拓扑序计数。
而这种树的拓扑图为 \(x\to u_1,u_i\to u_{i+1},u_{i+1}\to v_i\)，是个普通的 DAG，不是很好计数。
注意到如果没有 \(u_{i+1}\to v_i\)，整张图就是个外向树了。
所以考虑把这些边做容斥，即把 \([u_{i+1}<v_i]\) 变为 \(1-[v_i<u_{i+1}]\)，这等价于选择一些 \(u_{i+1}\to v_i\) 的边删掉，剩下的进行反向，变为 \(v_i\to u_{i+1}\)。
如果 \(u_i<v_i<u_{i+1}\)，则可以把 \(u_i\to u_{i+1}\) 删掉，剩下的图就是外向树了。
显然一个外向树的 DAG 数为 \(\displaystyle n!\cdot\prod\frac{1}{sz_i}\)。
求方案有个直观的想法是设 \(f_{i}\) 表示 \(i\) 个点的答案，转移时枚举根最左边的子树的大小。
如果 \(u_1\) 的边为 \(u_1\to u_{2}\) 则可以转移，但是如果 \(u_1\) 的边为 \(v_1\to u_2\)，则 \(u_1\) 所有儿子的子树大小都会变，这就不能转移了。
所以需要加一维 \(j\)，即 \(f_{i,j}\) 表示大小为 \(i\) 的子树，往根最右边加一个大小为 \(j\) 的子树 \(u_{m+1}\)，同时要求 \(u_{m}\) 连的是 \(u_m\to u_{m+1}\) 的答案。
转移时同样枚举最左边的子树大小即可。转移方程：
注意：这里如果 \(u_1\) 连的是 \(v_1\to u_2\)，则需要满足根至少有 \(2\) 个儿子，即 \(k<i-1\)，否则就连向那个凭空加入的子树了，这与状态矛盾。
时间复杂度：\(O(n^3)\)。
Code
#include <bits/stdc++.h>
// #define int int64_t
const int kMaxN = 805;
int n, mod;
int inv[kMaxN], f[kMaxN][kMaxN];
int qpow(int bs, int64_t idx = mod - 2) {
int ret = 1;
for (; idx; idx >>= 1, bs = (int64_t)bs * bs % mod)
if (idx & 1)
ret = (int64_t)ret * bs % mod;
return ret;
}
inline int add(int x, int y) { return (x + y >= mod ? x + y - mod : x + y); }
inline int sub(int x, int y) { return (x >= y ? x - y : x - y + mod); }
inline void inc(int &x, int y) { (x += y) >= mod ? x -= mod : x; }
inline void dec(int &x, int y) { (x -= y) < 0 ? x += mod : x; }
void prework() {
for (int i = 1; i <= n; ++i) inv[i] = qpow(i);
}
void dickdreamer() {
std::cin >> n >> mod;
prework();
for (int i = 0; i <= n; ++i) f[0][i] = 1;
for (int i = 0; i <= n - 1; ++i) f[1][i] = inv[i + 1];
for (int i = 2; i <= n; ++i) {
for (int j = 0; j <= n - i; ++j) {
for (int k = 1; k <= i - 1; ++k) {
inc(f[i][j], 1ll * f[i - k][j] * (i - k + j) % mod * inv[i + j] % mod * f[k][0] % mod * k % mod * inv[i - 1 + j] % mod);
if (k < i - 1)
dec(f[i][j], 1ll * f[i - k][j] * (i - k + j) % mod * inv[i + j] % mod * f[k][i - 1 - k + j] % mod);
}
}
}
int ans = f[n][0];
for (int i = 1; i <= n; ++i) ans = 1ll * ans * i % mod;
std::cout << ans << '\n';
}
int32_t main() {
#ifdef ORZXKR
freopen("in.txt", "r", stdin);
freopen("out.txt", "w", stdout);
#endif
std::ios::sync_with_stdio(0), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
int T = 1;
// std::cin >> T;
while (T--) dickdreamer();
// std::cerr << 1.0 * clock() / CLOCKS_PER_SEC << "s\n";
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号