题解：BZOJ2873 光之大陆

BZOJ2873 光之大陆

题目描述

给定 \(n\) 个点：

1. 将 \(n\) 个点划分成几个简单环（一个点可以成一个环，两个点不能成环）。

2. 将这些环连接成树。

求方案数 \(\mod m\)。

\(n\le 200\)，\(m \le 10^6\)。

思路

Part 1

设 \(f(i,j)\) 表示将 \(i\) 个点分成 \(j\) 个环的方案数，\(g(i)\) 表示 \(i\) 个点组成一个环的方案数。

• \(g(1)=1\)，

• \(g(2)=0\)，

• \(g(i)=\frac{(i-1)}{2}\)，\((i\ge 3)\)，\((i-1)!\) 是圆排列，除以 \(2\) 是因为一个环和它翻转之后的环算同一个方案。

• 那么 \(f(i,j)=\sum_{k=1}^{i-j+1}f(i-k,j-1)\times \binom{i-1}{k-1}\times g(k)\),（为什么组合数不是 \(\binom{i}{k}\)？因为我们考虑的是将 \(i\) 这个点放在哪个环，也就是 \(i\) 是必选的，如果这么写的话，答案会算重）。

Part 2

考虑这样一个问题：

给定 \(n\) 个点，已经这 \(n\) 个点组成的 \(k\) 个连通块的大小，每个连通块的组成都是固定的，求将这 \(k\) 个连通块连接成树的方案数。

把每个连通块看成一个点，假设每个连通块的度数为 \(d_i\)，\(1\le i\le k\)，连通块大小为 \(s_i\)。

则接到每个连通块上的边的方案数为 \(s_i^{d_i}\)，

根据 Prufer序列 的知识，我们可以得到，总方案数为 \(\sum\limits_{d_i\ge 1, \sum_{i=1}^{k}d_i=2(k-1)}\binom{k-2}{d_1-1,d_2-1,\dots,d_k-1}\times \prod\limits_{i=1}^{k}s_i^{d_i}\)。

设 \(c_i = d_i-1\)，原式变成，\(\sum\limits_{c_i\ge 0, \sum_{i=1}^{k}c_i=k-2}\binom{k-2}{c_1,c_2,\dots,c_k}\times \prod\limits_{i=1}^{k}s_i^{c_i+1}\)。

根据多元二项式定理，化简得，\((\sum\limits_{i=1}^{k}s_i)^{k-2}\times \prod\limits_{i=1}^{k}s_i\)

于是等于，\(n^{k-2} \times \prod\limits_{i=1}^{k}s_i\)。

那么根据这个式子，假设我们知道了每个环的大小，就很容易求出总方案数，但是我们不可能对于每种方案，都枚举一遍每个环的大小。怎么办呢？

注意 \(f\) 的转移方程，每次转移会枚举一个 \(k\)，表示当前包含 \(i\) 的环一共分配多少个点，那么我们可以把这个式子 \(\prod\limits_{i=1}^{k}s_i\) 放在 \(f\) 里面一起计算，\(f\) 的转移方程就变为 \(f(i,j)=\sum_{k=1}^{i-j+1}f(i-k,j-1)\times \binom{i-1}{k-1}\times g(k)\times k\)，

那么最终答案就是，\(\sum\limits_{i=1}^{n} f(n,i)\times n^{i-2}\)。

注意事项

\(m\) 不一定是质数，所以除法的时候不一定存在逆元，但是仔细想想会发现可以将除法的操作转换掉，具体见代码的注释。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
using ULL = unsigned long long;

const int N = 2e2 + 5;

int n, MOD;
int C[N][N], f[N][N], g[N];

int main() {
    cin >> n >> MOD;
    for (int i = 0; i <= n; i++) {
        for (int j = 0; j <= i; j++) {
            if (!j) C[i][j] = 1;
            else C[i][j] = (C[i - 1][j - 1] + C[i - 1][j]) % MOD;
        }
    }
    g[1] = 1, g[3] = 1; // 省去除以2的操作
    for (int i = 4; i <= n; i++) g[i] = 1LL * g[i - 1] * (i - 1) % MOD;
    f[0][0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 1; j <= i; j++) {
            for (int k = 1; k <= i - j + 1; k++) {
                f[i][j] = (f[i][j] + 1LL * f[i - k][j - 1] * C[i - 1][k - 1] % MOD * g[k] * k % MOD) % MOD;
            }
        }
    }
    int ans = g[n], p = 1; // 省去除以n的操作
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        ans = (ans + 1LL * f[n][i] * p) % MOD;
        p = p * n % MOD;
    }
    cout << ans << '\n';
    return 0;
}