CF917D 题解

CF917D 题解

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用一下 CF156D 的结论，即将 \(k\) 个连通块连起来有 \(n^{k-2} \prod\limits_{i=1}^ks_i\) 种情况。

这道题目要让求和树共享 \(k\) 条边的树的个数。似乎也可以套用上述公式。

设 \(f(x)\) 表示恰好和原树共享 \(x\) 条边的方案数，\(g(x)\) 为至少共享 \(x\) 条边的方案数。

很明显可以使用二项式反演。

即：

\[\begin{aligned} f(x)=\sum_{i=x}^{n-1}(-1)^{i-x}\binom{i}{x}g(i) \end{aligned} \]

现在来考虑 \(g\) 函数的求法。

我们可以先删去一些原来树上的边，再利用上述结论（相当于就是乱连），求出 \(g\)。

详细的说，我们要求对于每一个 \(i\) ，求出对于每一种将树分成 \(n-i\) 个连通块的方案，\(\prod\limits_{i=1}^{n-i}s_i\) 的和。

考虑树上dp。

Solve 1

令 \(dp_{i,j,k}\) 表示在 \(i\) 的子树中划分了 \(j\) 个连通块，\(i\) 这个连通块大小为 \(k\) 的乘积的和（没有乘当前连通块）。然后考虑转移。

\[\begin{aligned} dp_{u,x,a}\cdot dp_{v,y,b}\cdot b \to dp'_{u, x+y, a} \\ dp_{u,x,a}\cdot dp_{v,y,b} \to dp'_{u, x+y-1, a+b}\\ \end{aligned} \]

时间复杂度 \(O(n^3)\)。

Solve 2

考虑 \(\prod\limits_{i=1}^{k}s_i\) 的组合意义：在每一个连通块中选择一个点的方案数。

重新定义状态。

令 \(dp_{i,j,0/1}\) 表示\(i\) 的子树中划分了 \(j\) 个连通块，\(i\) 连通块有没有选点（\(0\) 为不选，\(1\) 为选）。

考虑转移。

\[\begin{aligned} dp_{u,x,0}\cdot dp_{v,y,1} \to dp'_{u, x+y, 0}\\ dp_{u,x,1}\cdot dp_{v,y,1} \to dp'_{u, x+y, 1}\\ dp_{u,x,0}\cdot dp_{v,y,0} \to dp'_{u, x+y-1, 0}\\ dp_{u,x,1}\cdot dp_{v,y,0} + dp_{u,x,0}\cdot dp_{v,y,1}\to dp'_{u, x+y-1, 1}\\ \end{aligned} \]

时间复杂度 \(O(n^2)\)。

然后就做完了。

Solve 3

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define FASTIO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
using namespace std;
using ll = long long;
using pii = pair<int, int>;
const int N = 105;
const int Md = 1e9 + 7;
vector<int> vec[N];
ll n, dp[N][N][2], siz[N], f[N][2], C[N][N];
ll Pw[N], g[N], ans[N];
signed main() {
    FASTIO;
    cin >> n;
    for (int i = 1; i < n; ++i) {
        int u, v; cin >> u >> v;    
        vec[u].emplace_back(v);
        vec[v].emplace_back(u);
    }
    function<void(void)> init = [&](void) -> auto {
        C[0][0] = 1;
        for (int i = 1; i < N; ++i) {
            C[i][0] = 1;
            for (int j = 1; j <= i; ++j) 
                C[i][j] = (C[i - 1][j - 1] + C[i - 1][j]) % Md;
        }
        Pw[0] = 1;
        for (int i = 1; i < N; ++i)
            Pw[i] = (Pw[i - 1] * n) % Md;
    };
    init();
    function<void(int, int)> dfs1 = [&](int u, int fa) -> auto {
        siz[u] = 1;
        dp[u][1][0] = dp[u][1][1] = 1;
        for (auto v : vec[u]) {
            if (v == fa) continue;
            dfs1(v, u);   
            for (int j = 1; j <= siz[u]; ++j) {
                for (int k = 1; k <= siz[v]; ++k) {
                    f[j + k][0] = (dp[u][j][0] * dp[v][k][1] % Md + f[j + k][0]) % Md;
                    f[j + k][1] = (dp[u][j][1] * dp[v][k][1] % Md + f[j + k][1]) % Md;
                    f[j + k - 1][0] = (dp[u][j][0] * dp[v][k][0] % Md + f[j + k - 1][0]) % Md;
                    f[j + k - 1][1] = ((dp[u][j][1] * dp[v][k][0] % Md + dp[u][j][0] * dp[v][k][1] % Md) % Md + f[j + k - 1][1]) % Md;
                }
            }
            siz[u] += siz[v];
            for (int j = 1; j <= siz[u]; ++j) 
                for (int k = 0; k <= 1; ++k) {
                    dp[u][j][k] = f[j][k];
                    f[j][k] = 0;
                }
        }
    };  
    dfs1(1, 0);
    for (int i = 0; i <= n - 2; ++i) 
        g[i] = 1ll * dp[1][n - i][1] * Pw[n - i - 2] % Md;
    g[n - 1] = 1;
    for (int x = 0; x < n; ++x) {
        for (int j = x; j <= n - 1; ++j) {
            if ((j - x) & 1) 
                ans[x] = (ans[x] - 1ll * C[j][x] * g[j] % Md) % Md;
            else 
                ans[x] = (ans[x] + 1ll * C[j][x] * g[j] % Md) % Md;
            ans[x] = (ans[x] + Md) % Md;
        }
        cout << ans[x] << ' ';
    }
    return 0;
}