题解：[LBA-OI R1 C] 策定乾坤

题目传送门

精妙的 DP。

题意分析

钦定有向边 \(i\rightarrow j\) 表示 \(i\) 打败了 \(j\)。

题意即给定 \(m\) 个环，第 \(i\) 个环有 \(a_i\) 个点，\(m-1\) 条边连接了 \(m\) 个环，求删边使其成为基环树森林的方案数。

显然考虑 DP。

容易发现 \(m\) 个环由 \(m-1\) 条边连接，换而言之，这 \(m\) 个环形成了一棵树，考虑树形 DP，得到子树信息后用环上 DP 合并子树信息。

考虑删边操作的影响：

• 删掉环里的边，环变成一条链。
• 删掉环之间的边，变成两个连通块。

同时基环树又涉及到环是否存在，把环丢入状态，设 \(f_{x,0},f_{x,1}\) 分别表示环 \(x\) 所在的连通块无环、有环的方案数。注意，为了满足基环树森林的限制，下文中「有环」的状态里，一个连通块只能有至多 \(1\) 个环。

当环 \(x\) 是树上的叶节点的时候，则有：

\[\begin{aligned} f_{x,0}&=a_x\\ f_{x,1}&=1 \end{aligned} \]

之后考虑非叶节点如何环上 DP 合并子树信息。

显然一个环上只有连接了其他环的边才是重要的。为了方便，对环节点重编号，记连接当前环的父环的环节点为 \(0\) 号环节点，其余有效环节点编号分别为 \(1,2,\cdots,s\)。环节点 \(i\) 原来的编号记为 \(\textit{id}_i\)。

考虑如何求解 \(f_{x,0},f_{x,1}\)。因为环 \(x\) 是可以断的，同时状态里的环还可以包括子树里的环，因此考虑把断环后，环 \(x\) 的第一个连通块和其余连通块分开考虑。

设 \(g_{v,i\in\set{0/1},j\in\set{0/1/2}}\) 表示 \(x\) 合并到环节点 \(v\)，环上第一个连通块是否有环，\(v\) 所在的连通块是否有环（或 \(v\) 在第一个连通块）：

• \(g_{v,0,0}\)：环上第一个连通块无环，\(v\) 所在连通块无环。
• \(g_{v,1,0}\)：环上第一个连通块有环，\(v\) 所在连通块无环。
• \(g_{v,0,1}\)：环上第一个连通块无环，\(v\) 所在连通块有环。
• \(g_{v,1,1}\)：环上第一个连通块有环，\(v\) 所在连通块有环。
• \(g_{v,0,2}\)：环上第一个连通块无环，\(v\) 处于环上第一个连通块。
• \(g_{v,1,2}\)：环上第一个连通块有环，\(v\) 处于环上第一个连通块。

记 \(d=a_x-\textit{id}_s\) 表示 \(s\) 和 \(0\) 之间的实际边数。得到 \(g_s\) 后，再考虑断环 \(x\) 就是断掉 \(s\) 和 \(0\) 之间的边，共有 \(d\) 种选择。

• 对于 \(f_{x,0}\)，贡献有：

  • \(g_{s,0,0}\)：第一个连通块和 \(s\) 所在连通块都没有环，不断掉环 \(x\)，保留这两个连通块。
  • \(d\cdot g_{s,0,1}\)：断掉环 \(x\)，并丢掉 \(g_{s,0,1}\) 中 \(s\) 所在连通块的环。
  • \(d\cdot g_{s,0,2}\)：断掉环 \(x\)，从而满足没有环的状态限制。

• 对于 \(f_{x,1}\)，贡献有：

  • \(g_{s,0,1}\)：保留 \(s\) 所在连通块内的环，连 \(s\) 和 \(0\)。第一个连通块不能丢，否则其不满足基环树森林的限制。
  • \(g_{s,1,0}\)：保留第一个连通块的环，还要保留 \(s\) 至 \(0\) 的边，否则 \(s\) 的连通块没有环，不满足基环树森林的限制。
  • \(g_{s,0,2}\)：不断掉环 \(x\)。环就是环 \(x\)。
  • \(d\cdot g_{s,1,1}\)：要把 \(s\) 所在连通块丢掉，断环 \(x\)，否则会出现两个环。
  • \(d\cdot g_{s,1,2}\)：要把环 \(x\) 断掉，否则会出现两个环。

整合一下，即：

\[\begin{aligned} f_{x,0}&=g_{s,0,0}+d(g_{s,0,1}+g_{s,0,2})\\ f_{x,1}&=g_{s,0,1}+g_{s,0,2}+g_{s,1,0}+d(g_{s,1,1}+g_{s,1,2}) \end{aligned} \]

如何从 \(g_{v-1}\) 转移得到 \(g_v\)。

记 \(v'\) 表示 \(v\) 连接的另一个环的编号，\(f_0=f_{v',0},f_1=f_{v',1},d=\textit{id}_v-\textit{id}_{v-1}\)。

首先发现，当 \(v\) 不在第一个连通块时，\(v\) 的环只与 \(v-1\) 有关，与第一个连通块无关。因此 \(g_{v,0,j},g_{v,1,j}\) 的转移式子是一样的。

• \(g_{v,i,0}\)：

  此时要求 \(v\) 所处连通块无环，且不是第一个连通块。

  把 \(v\) 的子树合并到 \(v\) 上有 \(f_0+f_1\) 种方案，如果子树有环就断开，无环就只能挂到 \(v\) 上，期望 \(v\) 连接的地方能够出现一个环。所以都要乘 \(f_0+f_1\)。

  • 保留与 \(v-1\) 的无环连通块的 \(d\) 条边，共 \((f_0+f_1)g_{v-1,i,0}\)。

  • 断开 \(v-1\sim v\) 的 \(d\) 条边，\(d(f_0+f_1)(g_{v-1,i,1}+g_{v-1,i,2})\)。

    考虑断边有 \(d\) 种，合并有 \(f_0+f_1\) 种。

    \(v-1\) 的状态可以是有环，因此断开。

    \(v-1\) 的状态可以是在第一个连通块，\(v-1\) 的连通块里的环可以在其他地方，也可以断开。

  \[g_{v,i,0}=(f_0+f_1)g_{v-1,i,0}+d(f_0+f_1)(g_{v-1,i,1}+g_{v-1,i,2}) \]

• \(g_{v,i,1}\)：

  此时要求 \(v\) 所在连通块有环，且不是第一个连通块。

  • \(g_{v-1,i,0}\)：\(v-1\) 无环，环只能在挂在 \(v\) 上的子树上。贡献为 \(f_1g_{v-1,i,0}\)。

  • \(g_{v-1,i,1}\)：\(v-1\) 有环，分类讨论。

    如果 \(v\) 的环是 \(v-1\) 的环，保留 \(v-1\sim v\) 的边，一样的把 \(v\) 的子树合并到 \(v-1\) 上，有 \(f_0+f_1\) 种方案。

    如果 \(v\) 的环不是 \(v-1\) 的环，那就在 \(d\) 条边中断开，然后把 \(v\) 的子树的环引入，有 \(df_1\) 种方案。

  • \(g_{v-1,i,2}\)：

    因为 \(v\) 不在第一个连通块，所以必须断开 \(d\) 条边中的一条，然后引入 \(v\) 的子树中的环。方案数 \(df_1\)。

  \[g_{v,i,1}=f_1g_{v-1,i,0}+(f_0+f_1+df_1)g_{v-1,i,1}+df_1g_{v-1,i,2} \]

• \(g_{v,0,2}\)：

  此时要求 \(v\) 在第一个连通块，且无环。显然 \(v-1\) 的状态也必须是无环的。

  显然必须保留与 \(v-1\) 的连边，然后再把 \(v\) 的子树合并，有 \(f_0+f_1\) 种方案。

  \[g_{v,0,2}=(f_0+f_1)g_{v-1,0,2} \]

• \(g_{v,1,2}\)：

  分类讨论环的位置：

  • \(g_{v-1,0,2}\)：环不从 \(v-1\) 来，那就只能从子树引入环，\(f_1\) 种方案。
  • \(g_{v-1,1,2}\)：环从 \(v-1\) 来，合并 \(v\) 的子树即可，\(f_0+f_1\) 种方案。
  \[g_{v,1,2}=f_1g_{v-1,0,2}+(f_0+f_1)g_{v-1,1,2} \]

再考虑一下初始状态，令第一个点编号为 \(v_1\)，记 \(d=\textit{id}_{v_1},f_0=f_{v_1',0},f_1=f_{v_1',1}\)。

考虑如果有环，则一定只能从 \(v_1\) 的子树里引入，则有：

\[\begin{aligned} g_{0,0,0}&=d(f_0+f_1)\\ g_{0,0,1}&=df_1\\ g_{0,0,2}&=f_0+f_1\\ g_{0,1,0}&=0\\ g_{0,1,1}&=0\\ g_{0,1,2}&=f_1 \end{aligned} \]

因为要对环节点重编号后排序来 DP，时间复杂度 \(\mathcal O(n\log n)\)。

AC 代码

//#include<bits/stdc++.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<deque>
#include<queue>
#include<stack>
#include<list>
using namespace std;
#define int long long
constexpr const int M=5e5,P=998244353;
struct edge{
	int v,i,j;
};
vector<edge>e[M+1];
int m,a[M+1],f[M+1][2];
void dfs(int x,int k){
	for(auto [v,i,j]:e[x]){
		dfs(v,j);
	}
	if(!e[x].size()){
		f[x][0]=a[x];
		f[x][1]=1;
		return;
	}
	vector<pair<int,int>>p;	
	for(auto [v,i,j]:e[x]){
		p.push_back({(i-k+a[x])%a[x],v});
	}
	sort(p.begin(),p.end());
	int f0=f[p[0].second][0],f1=f[p[0].second][1],d=p[0].first;
	static int g[M+1][2][3];
	g[0][0][0]=1ll*d*(f0+f1)%P;
	g[0][0][1]=1ll*d*f1%P;
	g[0][0][2]=(f0+f1)%P;
	g[0][1][0]=0;
	g[0][1][1]=0;
	g[0][1][2]=f1;
	for(int v=1;v<p.size();v++){
		f0=f[p[v].second][0],f1=f[p[v].second][1],d=(p[v].first-p[v-1].first)%P;
		g[v][0][0]=( 1ll*g[v-1][0][0]*(f0+f1)%P + 1ll*(g[v-1][0][1] + g[v-1][0][2])*d%P*(f0+f1)%P )%P;
		g[v][0][1]=( 1ll*g[v-1][0][0]*f1%P + 1ll*g[v-1][0][1]*(f0+f1+1ll*d*f1%P)%P + 1ll*g[v-1][0][2]*d%P*f1%P )%P;
		g[v][0][2]=1ll*g[v-1][0][2]*(f0+f1)%P;
		g[v][1][0]=( 1ll*g[v-1][1][0]*(f0+f1)%P + 1ll*(g[v-1][1][1] + g[v-1][1][2])*d%P*(f0+f1)%P )%P;
		g[v][1][1]=( 1ll*g[v-1][1][0]*f1%P + 1ll*g[v-1][1][1]*(f0+f1+1ll*d*f1%P)%P + 1ll*g[v-1][1][2]*d%P*f1%P )%P;
		g[v][1][2]=( 1ll*g[v-1][0][2]*f1%P + 1ll*g[v-1][1][2]*(f0+f1)%P )%P;
	}
	d=(a[x]-p.back().first)%P;
	f[x][0]=( g[p.size()-1][0][0] + 1ll*d*(g[p.size()-1][0][1] + g[p.size()-1][0][2])%P )%P;
	f[x][1]=( 1ll*g[p.size()-1][0][1] + g[p.size()-1][0][2] + g[p.size()-1][1][0] + 1ll*d*(g[p.size()-1][1][1]+g[p.size()-1][1][2])%P )%P;
}
main(){
	/*freopen("test.in","r",stdin);
	freopen("test.out","w",stdout);*/
	
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	
	cin>>m;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		cin>>a[i];
	}
	for(int u=2;u<=m;u++){
		int v,i,j;
		cin>>v>>i>>j;
		e[v].push_back({u,j,i});
	}
	dfs(1,1);
	int ans=f[1][1];
	if(ans<0){
		ans+=P;
	}
	cout<<ans<<'\n';
	
	cout.flush();
	
	/*fclose(stdin);
	fclose(stdout);*/
	return 0;
}