【题解】小星星 [ZJOI2016] [P3349]

【题解】小星星 [ZJOI2016] [P3349]

传送门:小星星 \(\text{[ZJOI2016] [P3349]}\)

【题目描述】

给出 \(n\) 个点的一张无向图 \((V,E)\) 和一颗树,现需要给每个点 \(i\) 安排一个映射 \(a_i\),满足对于树上任意边 \((x,y)\),均有边 \((a_x,a_y)\in E\)。要求 \(a\) 为一个排列(即不存在两个点的映射相同),求方案数。

【分析】

组合意义天地灭,代数推导保平安。 —— tiger0133

大家似乎都是直接硬找的容斥系数,这里提供一个不需要费脑子的子集反演做法(最终柿子是一样的)。

先考虑最 \(\text{naive}\) 的暴力状压:设 \(dp(x,j,S)\) 表示点 \(x\) 映射为 \(j\)\(x\) 子树内所有点已经使用了 \(S\) 作为映射 的方案数(\(S\) 为一个二进制数)。

\(dp\) 数组第一、三维的作用显然,第二维 \(j\) 是为了方便判断是否有连边。

转移需要枚举 \(S\) 的子集,复杂度 \(O(n^33^n)\),用多项式科技优化子集卷积可以做到 \(O(n^42^n)\),显然还是过不了。

复杂度瓶颈在于枚举子集,必须把这个东西去掉。

优化子集 \(dp\) 显然要上容斥,不过这里我们采用另一个思路:子集反演。

搞反演的第一步是设计两个状态,且需满足其中一个可以方便求得、另一个可以方便得出答案、两者之间存在关系式。

设计状态用类似二项式反演的套路去思考,如果实在想不出来就一个一个枚举限制条件,逐个检验是否可行。

本题的关键限制在于:任意两点的映射不能相同。当存在这一限制时无论怎么设都不好搞,所以设状态时需要把这个限制去掉。

\(f(S)\)\(n\) 个点的映射恰好使用了 \(S\) 中的所有点(无需满足 \(a\) 为排列)。

\(g(S)\)\(n\) 个点的映射至多只能够使用 \(S\) 中的点(无需满足 \(a\) 为排列)。

易知:

\[g(S)=\sum_{T\subseteq S}f(T) \]

由子集反演可得:

\[f(S)=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|S|-|T|}g(T) \]

注意
在做二项式反演时,我们所说的“至多”和“至少”都是假的,真正含义为:钦定某一部分满足某条件,其余部分随意。因此 \(f,g\) 的关系式中会存在一个二项式系数(一个 \(f(i)\) 会被 \(g(x)\) 统计多次,当状态只有一维时,这个次数为 \(C_{i}^{x}\) 或者 \(C_{x}^{i}\))。
但这里子集反演定义的“至多”是真货,每个 \(f(T)\) 只会被 \(g(S)\) 统计一次,因此 \(g(S)\) 直接就等于 \(\sum_{T\subseteq S}f(T)\),不会带有奇怪的系数。

回到这道题,最终答案为 \(f(V)\),其中 \(V\) 为全集(即 \(2^{n}-1\))。

Q:为什喵?前面做定义时不是说的不一定满足 \(a\) 为排列吗?
A: 由于全集 \(V\) 中的 \(n\) 个点全都被作为映射使用了,而一个点只能映射一个,所以 \(f(V)\) 统计的方案中每个点的映射必定两两不同。

那么最后的问题就是 在不涉及 \(f\) 的情况下快速计算 \(g(S)\) 了。

修改一下前面的暴力状压:

\(dp(x,j,S)\) 表示点 \(x\) 映射为 \(j\)\(x\) 子树内所有点至多只能使用 \(S\) 中的点作为映射值 的方案数(无需满足映射两两不同)。

转移为:

\[dp(x,j,S)=\prod\limits_{to\in\{son(x)\}}\left(\sum\limits_{k\subseteq S,(j,k)\in E}dp(to,k,S)\right) \]

可得 \(g(S)=\sum_{j\subseteq S}dp(rt,j,S)\),其中 \(rt\) 为树的根。

时间复杂度为:\(O(n^32^n)\),要凭信仰卡常....

【Code】

#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define LL long long
#define Re register int
using namespace std;
const int N=18,M=131072+3;
int n,m,x,y,o,V,v[N],cnt[M],head[N],A[N][N];LL ans,g[M],dp[N][N];
struct QAQ{int to,next;}a[N<<1];
inline void add(Re x,Re y){a[++o].to=y,a[o].next=head[x],head[x]=o;}
inline void in(Re &x){
    int f=0;x=0;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9')f|=ch=='-',ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
    x=f?-x:x;
}
inline void dfs(Re x,Re fa,Re S){
    for(Re i=1;i<=v[0];++i)dp[x][i]=1;
    for(Re i=head[x],to;i;i=a[i].next)
        if((to=a[i].to)!=fa){
            dfs(to,x,S);
            for(Re j=1;j<=v[0];++j){
                LL tmp=0;
                for(Re k=1;k<=v[0];++k)if(A[v[j]][v[k]])tmp+=dp[to][k];
                dp[x][j]*=tmp;
            }
        }
}
int main(){
//    freopen("123.txt","r",stdin);
    in(n),in(m),V=(1<<n)-1;
    if(n==1){puts("1");return 0;}
    while(m--)in(x),in(y),A[x][y]=A[y][x]=1;
    m=n-1;
    while(m--)in(x),in(y),add(x,y),add(y,x);
    for(Re s=0;s<=V;++s){
        cnt[s]=cnt[s>>1]+(s&1),v[0]=0;
        for(Re i=1;i<=n;++i)if(s&(1<<i-1))v[++v[0]]=i;
        dfs(1,0,s);LL g=0;
        for(Re i=1;i<=v[0];++i)g+=dp[1][i];
        ans+=(n-cnt[s]&1)?-g:g;
    }
    printf("%lld\n",ans);
}

完结洒花花~

...等等,还没完!

这题神奇地没有让取模!

虽然答案的最大值 \(n!\) 没有爆 \(\text{long long}\),但 \(\max(g(V))=n^n\) 爆了啊。

emm....手写高精多半会 \(\text{TLE}\) ....就酱吧awa
(据说用 \(\text{long long}\)\(\text{int128}\) 算出来的结果是一样的)


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posted @ 2020-07-24 17:20  辰星凌  阅读(361)  评论(1编辑  收藏  举报