关于一类染色计数问题的研究

注：本文废话比较多，因为是用来交差的。

关于一类染色计数问题的研究

1. 引入

给出一张无向图，其中包含 \(n\) 个点，以及 \(m\) 条边，以及颜色的个数 \(k\)。每条边代表其两端连接的点颜色不能相同。问题是给这 \(n\) 个点染任一种颜色，求出满足上述每条边的限制的方案数。当然方案数也许过大，所以我们考虑计算方案数取模某个质数后的答案。

图染色问题在图论和组合数学中是一类经典的计数问题，源于诸如地图绘制、网络分配、时间表安排等现实应用场景。随着图的规模增大或约束条件变得复杂，此类问题往往涉及大量的组合计算，从而属于 P 难问题，难以在多项式时间内求解。本文所研究的是对于具有一些特殊性质的图的答案计算，使得可以在多项式时间复杂度内求解出答案，以及探索图染色思想在其他如排列计数，分组计数的应用。

2. 初步研究

考虑从图为一棵树的情形出发研究该问题。树是有 \(n\) 个结点，\(n-1\) 条边的连通无向图，\(m=n-1\)。

我们很容易得到一种染色的思路，就是每次选择一个未选择过的节点出来，计算与其相邻的且已经被选择过的点中颜色的个数 \(x\)，那么当前节点可以染的颜色的种数就是 \(k-x\)，由于每种颜色都是等价的，所以我们只需要关心其相邻的点的颜色种数。重复以上过程 \(n\) 次直到所有点都被选择，那么染色的方案数就是每次选出的节点可以染的种数之积。

很显然上述思路是不正确的，因为我们并不能确定每次选出的点相邻的点的颜色种数是多少。用另一种方式表示，选择出每个点的时候，不能保证与其相邻的被选择的点的颜色究竟是相同或是不同，进而无法计算出可以填的方案数。

所以这启示我们钦定一种选择点的方式，使得每个点被选择的时候，其相邻的被选择的点的颜色种数能被确定。

考虑给树定一个根，那么树是有根树，所以除了根节点的每个点都拥有一个父亲节点。那么如果我们选择每个点的时候，有且仅有其父亲节点是已经被选择的即可。考虑按照广度优先搜索序或深度优先搜索序使得每个点被选择，那么除了根节点之外，只有其父亲节点是被选择的，则除了根每个点可以染的颜色数为 \(k-1\)，根节点任意染贡献是 \(k\)，所以方案数很显然就是 \(k\cdot (k-1)^{n-1}\)。

所以解决这种问题的是关键是构造加入点的顺序，使得其邻居的颜色数可以简单计算且唯一，也就是说贡献是唯一的，答案即为所有点贡献之积。

3. 应用

3.1

给一棵树的点染色，树每条边的边权为 \(1\)，有 \(k\) 种颜色，询问对于所有颜色，同色点对距离的最小值 \(\in [l,r]\) 的方案数。答案对 \(998244353\) 取模。\(k\le 10^9,n\le 10^5\)。（未知来源）

首先将答案差分变为同色点对距离的最小值 \(\ge l\) 的减去其 \(\ge r+1\) 的答案，于是我们现在的任务是求同色点对距离的最小值 \(\ge x\) 的答案，即所有同色距离点对距离都 \(\ge x\)。所有同色距离点对距离都 \(\ge x\)，也就是任意一条距离 \(=x-1\) 的路径上没有颜色相同的点。

考虑将其转化为图着色模型，也就是说，一个树上的点需要向所有与其距离 \(\le x\) 的点连边，形成一个新图后我们计算这个新图的答案。

考虑从树是一条链的情形出发，即链的顶端是树的根。我们考虑从链的顶端往链的末端加入点，对于当前加入的点，在新图中，与其连边的点是深度不小于其深度减去 \(x\) 的所有点。由于一条链每个深度只有一个，若当前点深度为 \(d\)，那么能填的颜色数显然为 \(k-\min(x,d-1)\)，方案数即为 \(\prod_{i=0}^{i-1} k-\min(x,i)\).

考虑回到一般情形，对于一棵树，考虑定一个根使得其变为有根树。我们也考虑从深度低的填到高的，方案数为每个点的贡献之积。注意到，从深度低到高，距离当前点 \(\le x\) 的所有点，他们之间的距离也肯定 \(\le x\)。

证明很显然，假设存在两个距离当前点 \(u\) 距离 \(\le x\) 的点 \(A,B\)，即 \(dep_A+dep_B-2dep_{lca(A,B)}>x\)，其中 \(dep\) 表示某个点的深度，\(lca(A,B)\) 表示 \(A,B\) 两个点的最近公共祖先。那么，由于我们是按照深度从小到大加入节点，所以 \(A,B\) 的节点深度一定是不超过当前 \(u\) 的节点深度的。而 \(dep_u+dep_A-2dep_{lca(u,A)}\le x\)，并且 \(dep_u+dep_B-2dep_{lca(u,B)}\le x\)，同时因为树上三个点两两 \(lca\) 必有两个相同，钦定 \(lca(u,A)=lca(A,B)\)，联立，不难推出存在 \(dep_u+dep_A\le x+2dep_{lca(u,A)}\)，\(dep_A+dep_B>x+2dep_{lca(A,B)}=x+2dep_{lca(u,A)}\)，则 \(dep_u<dep_A\)，故矛盾。

所以我们考虑按照广度优先搜索序加入每个点，只需要在加入每个点的时候，计算与其距离 \(\le x\) 且已经被加入的点的数量，考虑使用点分树算法，单次加入某个点与查询距离 \(\le x\) 的点的数量时间复杂度是 \(O(\log^2n)\)，所以我们通过时间复杂度为 \(O(n\log^2n)\) 的算法解决了该问题。

3.2

给定 \(n,k\)，求长度为 \(n\) 的排列 \(\{p_i\}\) 的个数，满足对于每个 \(i\)，若 \(p_i\times k\le n\)，则 \(p_{i}\times k\le p_{i+1}\).
\(n,k\le 10^7\)。答案对 \(998244353\) 取模。（未知来源）

我们该如何把这个题转化为图染色模型呢？考虑按照某种顺序加入每个元素，每个元素可以插入的位置个数相当于其能选的颜色个数，再插入后会导致后续的某些元素不能插入该位置，就相当于其存在一条连接当前元素与后续元素的边，其“颜色”不能相同。

很显然满足 \(p_i\times k>n\) 的元素是可以任意填的，所以我们考虑先把这类元素任意排序插入，如果这些元素的个数为 \(cnt\)，那么其贡献就是 \(cnt!\)。

考虑从大到小插入每个元素，对于每个元素其“颜色”就相当于其能填的位置，也就是当前对于每个已插入的元素中满足 \(\ge p_i\times k\) 的元素，在这个元素前都是可插入的。

然而，可能存在某些满足 \(\ge p_i\times k\) 的元素前，已经有某种元素被填进了，而无法再填入。由于我们是从大到小填的，所以从大到小每个元素可以填的位置集合都是小的包含大的。也就是说当前元素可以填的位置个数可以直接通过减去已填的元素个数计算。

这个题与我们上述的例题存在的不同之处在于，每个点能填的颜色数量是不固定的，但是通过构造加入点的顺序让我们可以使得每次加入点的时候，所有要求与其颜色不同的点的颜色都是原本可填入的，这样就很容易计算当前可以填的颜色个数。

具体地，设 \(j\) 表示最大的满足 \(jk>n\)，从 \(j-1\) 开始从大到小加入元素，设当前加入元素 \(i\)，那么其能填的位置个数是 \(n-ik+1-(j-1-i)+1\)。答案就是所有的贡献之积，解决该问题的时间复杂度为 \(O(n)\)。

事实上我们也可以抛弃图着色不谈，解决图着色问题的关键就是构造加入点的顺序使得每个点的贡献可以被简单计算且唯一。该问题就是通过从大到小加入来计算答案的。

3.3

给一棵 \(n\) 个结点的树，\(q\) 次询问，每次询问首先是三个数 \(k,m,r\)，接下来跟着 \(k\) 个结点编号，请你将这 \(k\) 个结点分成不超过 \(m\) 组，使得在以 \(r\) 为根的情况下，组内的任意两个结点不存在祖先关系，求方案数对 \(10^9+7\) 取模。
\(n,q,\sum k\le 10^5,m\le \min(300,k)\)。来源：Problem - 1111E - Codeforces。

考虑动态规划解决该问题，设 \(dp_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个点分了 \(j\) 个组的方案数。对于转移的话考虑加入一个点，其能染的“颜色”个数也就是当前组数，或者该点可以新建一种颜色。

我们现在要设计一种 dp 的顺序，方便我们转移，也就是指的是我们接下来将构造一种加入点的顺序来处理该 dp。由于祖先关系是具有传递性的，所以一种很显然的思路就是从树的浅到深加入每个点，这样可以得到每次加入一个点时其祖先都被加入，而祖先又显然不在同一个组内，也就是颜色不同。

考虑求 \(f_i\) 表示 \(i\) 有多少个祖先是询问的，由于该问题有多次询问所以我们需要快速求出 \(f_i\)。考虑使用熟知的树链剖分算法，我们任意定一个根，在每次询问中只需要将每个点询问标记为 \(1\)，然后查询 \(rt\) 到 \(i\) 的路径上有多少个 \(1\) 即可。

按照 \(f_i\) 从小到大的顺序 dp，显然 \(i\) 祖先的点的 \(f_i\) 势必更小，那么肯定已经被计算了。由于 \(i\) 的所有祖先互相不在一个组内，而 \(i\) 也不能跟他们一组。两种转移：如果不新建一组的话，考虑选一个组加入，贡献是可以选的组的数量；如果新建一个组的话，贡献为 \(1\)。

那么 \(dp_{i,j}\gets dp_{i-1,j}\times \max(0,j-f(i))+ dp_{i-1,j-1}\)。答案即为 \(\sum_{j=1}^mdp_{k,j}\)。初始条件是 \(dp_{0,0}=1\)。

这个 dp 的状态数为 \(km\)，转移为 \(O(1)\)，\(f(i)\) 的计算是 \(k\log n\)，所以解决该问题的时间复杂度是 \(O((\sum k)\times(m+\log n))\)。

4. 结论及展望

本文的创新点是提出了一种基于逐点构造顺序的新思路，用以解决图染色计数问题。核心在于合理构建顶点的加入顺序，使每个顶点的染色贡献能被独立计算，并保证结果的唯一性和准确性。通过这一方法，我们将染色计数问题分解为单独的、局部的贡献计算过程，从而实现了以简单的乘积形式得到完整解的目标。这种方法不仅提高了染色计数的效率，还有效减少了传统方法中复杂的回溯与状态依赖问题。

这种逐步构造的思想并不仅限于染色计数，而是同样适用于排列计数和分组计数等组合问题。在排列计数中，将元素逐一加入相当于动态构建排列顺序，使每个元素在指定位置的贡献可以独立评估。同理，在分组计数中，每个元素的分配也能通过这一思想分析，从而确保分组方案的唯一性。因此，这种逐点构造的模型化方法在广泛的组合计数问题中都显示出极大的适用性。

本研究揭示了一个通用的策略，即通过将复杂的全局问题转化为独立的局部计算，来简化算法的整体复杂度，并提升其在不同组合场景中的适应性。逐点构造和顺序优化不仅提升了染色计数算法的效率，也为其他计数问题提供了一种有效解决途径。未来的研究中可以进一步探索如何优化点的加入顺序，并将该方法推广到更复杂的图结构上，比如动态图、随机图或是网络中的应用。