[CF848D]Shake It!

Shake It!

题解

很容易将原来的要求$m-1$次割得只剩$1$条边的条件转化成整张图的最小割为$m$。
由于我们最开始已经有了一条连接$s$与$t$的边，所以我们只需要新增加$1$的流量了。
由于该图的特殊性，我们每次操作都是相对于一条边，新增一个点，连接该边的两个端点，我们很容易想到一种$dp$的方法。
我们记$d{p}_{i,j}$表示对于一条初始边，我们能够增加$i$条边使之增加$j$的流的方案数。
但我们可以相对于一条边进行很多次操作，所以如果只用$dp$进行转移是相当麻烦的，我们可以定义一个中间变量，$g_{i,j}$表示在我们只对于初始边增加一条边的情况下的方案数，显然，这是可以从$dp$中转移过来的。
有$g$的转移方程式:
$$g_{i,j}=\sum _{k=0}^{i-1}\sum _{j^{\prime }=0}^k\sum _{j^{\prime \prime }=0}^{i-k-1}[\min (j^{\prime },j^{\prime \prime })=j-1]d{p}_{k,j^{\prime }}d{p}_{i-k-1,j^{\prime \prime }}=\sum _{k=0}^{i-j}\sum _{j^{\prime }=j-1}^k(1+[j^{\prime }=j-1])d{p}_{k,j^{\prime }}d{p}_{i-k-1,j-1}$$
这部分的转移时间复杂度是$O\left(n^4\right)$

显然，我们求出$g$之后还需要利用$g$求出我们的$dp$，但我们又得要求我们所有的标号是无序的不同的$g_{i,j}$我们可以背包，但相同的就不能了，我们要让这内部也变成无序的。
我们可以考虑通过组合求出在同一个$g_{i,j}$选择了多个的情况。
假设我们原来有个长度为$g_{i,j}$的球序列，我要从中选出可重的$k$个球，我们该怎么用组合数表示方案。
我们考虑一个一个球地选，不考虑选的顺序，每选一个就在选的这个后面在放一个新球，代表再选一次这个球。
这样的话，总共会有$n+k$个球，而最后一个球是无论如何也选不到的，可以将其去掉，现在还有$n+k-1$个球，我们会选择$k$个，此时任意一种选球的方案都可以对应回原序列的一种选择方案，而且是一一对应的，所以我们可以用KaTeX parse error: Expected group after '\binom' at end of input: \binom{n+k-1,k}表示我们该问题的答案。
显然，如果一次转移选择了$k$个$g_{i,j}$中的方案，显然，我们最后转移的系数是$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{g_{i,j}+k-1}{k}\right)$。
我们可以像多重背包一样，枚举我们这次转移了多少个$g_{i,j}$，通过$tmp$转移$dp$，枚举$k$，让
$$d{p}_{i,j}+=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{g_{i^{\prime },j^{\prime }}+k-1}{k}\right)d{p}_{i-i^{\prime }k,j-j^{\prime }k}$$
实际上我们枚举$k$加转移会贡献的复杂度是$\frac{n^2}{1}+\frac{n^2}{2}+...+\frac{n^2}{n}=n^2\ln n$
再加上先前枚举$i^{\prime },j^{\prime }$的$n^2$，是$O\left(n^4\ln n\right)$。

总时间复杂度$O\left(n^4\ln n\right)$。

源码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define lowbit(x) (x&-x)
#define reg register
#define pb push_back
#define mkpr make_pair
#define fir first
#define sec second
typedef long long LL;
typedef unsigned long long uLL;     
const LL INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;  
const int mo=1e9+7;
const int inv2=499122177;
const int jzm=2333;
const int n1=50;
const int zero=10000;
const int orG=3,invG=332748118;
const double Pi=acos(-1.0);
const double eps=1e-5;
typedef pair<LL,int> pii;
template<typename _T>
_T Fabs(_T x){return x<0?-x:x;}
template<typename _T>
void read(_T &x){
	_T f=1;x=0;char s=getchar();
	while(s>'9'||s<'0'){if(s=='-')f=-1;s=getchar();}
	while('0'<=s&&s<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(s^48);s=getchar();}
	x*=f;
}
template<typename _T>
void print(_T x){putchar('\n');while(x>9){putchar((x%10)|'0');x/=10;}putchar(x|'0');}
LL gcd(LL a,LL b){return !b?a:gcd(b,a%b);}
int add(int x,int y,int p){return x+y<p?x+y:x+y-p;}
void Add(int &x,int y,int p){x=add(x,y,p);}
int qkpow(int a,int s,int p){int t=1;while(s){if(s&1LL)t=1ll*a*t%p;a=1ll*a*a%p;s>>=1LL;}return t;}
int n,m,dp[105][105],tmp[105][105],fac[105],inv[105],f[105],d[105];
void init(){
	fac[0]=fac[1]=inv[0]=inv[1]=f[1]=1;
	for(int i=2;i<=100;i++)
		fac[i]=1ll*i*fac[i-1]%mo,
		f[i]=1ll*(mo-mo/i)*f[mo%i]%mo,
		inv[i]=1ll*f[i]*inv[i-1]%mo;
}
int C(int x,int y){
	if(x<0||y<0||x<y)return 0;
	return 1ll*fac[x]*inv[y]%mo*inv[x-y]%mo;
}
signed main(){
	read(n);read(m);m--;init();
	if(n<m){puts("0");return 0;}
	if(n==m){puts("1");return 0;}
	dp[0][0]=1;
	for(int j=1;j<=n;j++){
		for(int i=1;i<=j;i++)
			for(int l=i-1;l<j;l++)
				for(int k=i-1;k<j-l;k++)
					if(l^i-1)Add(tmp[j][i],2ll*dp[k][i-1]*dp[j-k-1][l]%mo,mo);
					else Add(tmp[j][i],1ll*dp[k][i-1]*dp[j-k-1][i-1]%mo,mo);
		for(int l=0;l<=j;l++){
			d[0]=1;
			for(int k=1;k<=n/j;k++)
				d[k]=1ll*f[k]*d[k-1]%mo*(tmp[j][l]+k-1)%mo;
			for(int j1=n;j1>=j;j1--)
				for(int i1=j1;i1>=0;i1--)
					for(int k=1;k<=j1/j;k++)
						Add(dp[j1][i1],1ll*d[k]*dp[j1-k*j][i1-k*l]%mo,mo);
		}
	}
	printf("%d\n",dp[n][m]);
	return 0;
}

谢谢！！！