「USACO 2021 US Open Platinum」Routing Schemes
「USACO 2021 US Open Platinum」Routing Schemes
\(K=0\)
此时,我们只需要求合法的匹配路径数量,并且一个路径是从小到大的
由于题目保证一定存在合法路径,从\(1\)到\(n\)考虑每一条\((u,v),(v>u)\)
我们可以看成是很多个\(S\)在路径上被从\(1-n\)不断地推过去
设一个点的入度为
\(ind_v=\sum_{(u,v)} 1+[v为S]\)
\(outd_u=\sum_{(u,v)} 1+[u为R]\)
每次到达一个点,必然有其\(ind_u=outd_u\),即推进来的\(S\)个数恰好等于出边个数
此时合法的分配这\(outd_u\)个\(S\)的方案数就是\(outd_u!\)
直接求\(\prod outd_i!\)即可
\(K=1\)
存在反边的图看起来十分难处理,不妨直接把反边断掉
假设断掉前包含环的路径为 \(S_1\rightarrow a\rightarrow b\rightarrow R_1 (a>b)\)
则断掉后的路径变成\(S_1\rightarrow a\),\(b\rightarrow R\)
不妨将在\(a\)上额外添加一个\(R\),在\(b\)上额外添加一个\(S\)
此时,新的问题又只包含\((u,v)(u<v)\),同\(K=0\)求解
理想情况下,新问题中的所有方案均可以通过将\(a,b\)相接还原
但是显然如果最终方案上\(b\rightarrow a\)相接就会成环
所以需要额外\(dp\)出包含\(b\rightarrow a\)的非法方案
考虑用类似\(K=0\)的办法,我们扫描每个\(i\)将\(S\)向后推
令\(dp_i\)表示当前\(dp\)的路径最后一个点是\(i\)的方案数
我们希望结束点是\(a\),开始点是\(b\)
此时依次推过去\(i\),此时只有\(dp_{j},j\ge i\)的情况是合法的
考虑\(j=i\)时,需要为\(j\)找一个归宿\(k\),或者判定\(j=a\)时结束路径
此时,相当于在原图上使\(outd_i\)减少了\(1\)
得到转移\(dp_k\leftarrow dp_j\cdot (outd_i-1)!\)
当\(j>i\)时,不需要考虑\(j\)的变化
得到转移\(dp_j\leftarrow dp_j\cdot outd_i!\)
\(K=2\)
有了\(K=1\)的铺垫,想必这里十分简单
设反边为\((a,b),(c,d)\),显然加入两组\(S,R\)
考虑新图上什么样的情况是不合法的
1.\(b\rightarrow a\)
2.\(d\rightarrow c\)
注意1,2是有交的
3.\(b\rightarrow c\rightarrow d\rightarrow a\)
环交错扭在一起,这种情况比较容易漏掉
稍微容斥一下即可
复杂度分析:
扫描每个\(i\)时,\(dp_{x,y}\)中满足\(x=i\)或\(y=i\)的有\(O(n)\)个,转移每个需要\(O(n)\)时间
扫描每个\(i\)时,\(dp_{x,y}\)中满足\(x=i\)且\(y=i\)的有\(O(1)\)个,转移每个需要\(O(n^2)\)时间
因此复杂度为\(O(n^3)\),常数不算太大
const int N=110,P=1e9+7;
int n,k,J[N];
char s[N];
int G[N][N];
namespace pt1{
void Solve(){
int ans=1;
rep(i,1,n) ans=1ll*ans*J[deg[i]]%P;
printf("%d\n",ans);
}
}
int deg[N];
int Calc1(int a,int b){
static int dp[N];
// calculate stategies that contain b->a
memset(dp,0,sizeof dp);
dp[b]=1;
rep(i,1,n) {
drep(j,n+1,i) if(dp[j]) {
if(j==i) {
if(i==a) dp[n+1]=(dp[n+1]+1ll*J[deg[i]-1]*dp[j])%P;
else {
rep(k,i+1,n) if(G[i][k]) dp[k]=(dp[k]+1ll*J[deg[i]-1]*dp[j])%P;
}
} else dp[j]=1ll*dp[j]*J[deg[i]]%P;
}
}
return dp[n+1];
}
int Calc2(int a,int b,int c,int d){
// calculate strategies that contain both b->a,d->c
static int dp[N][N];
memset(dp,0,sizeof dp),dp[b][d]=1;
rep(i,1,n) {
drep(x,n+1,i) drep(y,n+1,i) if(dp[x][y]) {
int t=1ll*dp[x][y]*J[deg[i]-(x==i)-(y==i)]%P;
if(x!=i && y!=i) { dp[x][y]=t; continue; }
if(x!=i) {
if(y==c) dp[x][n+1]+=t,Mod1(dp[x][n+1]);
else rep(j,i+1,n) if(G[i][j]) dp[x][j]+=t,Mod1(dp[x][j]);
continue;
}
if(y!=i) {
if(x==a) dp[n+1][y]+=t,Mod1(dp[n+1][y]);
else rep(j,i+1,n) if(G[i][j]) dp[j][y]+=t,Mod1(dp[j][y]);
continue;
}
if(x==a) {
if(y==c) dp[n+1][n+1]+=t,Mod1(dp[n+1][n+1]);
else rep(j,i+1,n) if(G[i][j]) dp[n+1][j]+=t,Mod1(dp[n+1][j]);
continue;
}
if(y==c) {
rep(j,i+1,n) if(G[i][j]) dp[j][n+1]+=t,Mod1(dp[j][n+1]);
} else {
rep(j,i+1,n) if(G[i][j]) rep(k,i+1,n) if(G[i][k] && j!=k) dp[j][k]+=t,Mod1(dp[j][k]);
}
}
}
return dp[n+1][n+1];
}
namespace pt2{
void Solve(){
int a=-1,b=-1;
rep(i,1,n) rep(j,1,i-1) if(G[i][j]) a=i,b=j;
int ans=1;
rep(i,1,n) ans=1ll*ans*J[deg[i]]%P;
ans-=Calc1(a,b),Mod2(ans);
printf("%d\n",ans);
}
}
namespace pt3{
void Solve(){
int a=-1,b=-1,c=-1,d=-1;
rep(i,1,n) rep(j,1,i-1) if(G[i][j]) {
if(a==-1) a=i,b=j;
else c=i,d=j;
}
int ans=1;
rep(i,1,n) ans=1ll*ans*J[deg[i]]%P;
ans-=Calc1(a,b),Mod2(ans);
ans-=Calc1(c,d),Mod2(ans);
ans+=Calc2(a,b,c,d),Mod1(ans);
ans-=Calc2(c,b,a,d),Mod2(ans);
printf("%d\n",ans);
}
}
int main(){
rep(i,*J=1,N-1) J[i]=1ll*J[i-1]*i%P;
rep(_,1,rd()) {
n=rd(),k=rd(),scanf("%s",s+1);
rep(i,1,n) rep(j,1,n) scanf("%1d",G[i]+j);
rep(i,1,n) {
deg[i]=s[i]=='R';
rep(j,1,n) deg[i]+=G[i][j];
}
if(k==0) pt1::Solve();
else if(k==1) pt2::Solve();
else pt3::Solve();
}
}