QOJ4811 Be Careful
考虑 \(dp_{i,v}\) 表示以 \(i\) 为根的子树，\(i\) 的权值为 \(v\) 的方案数。
但是这个 dp 不好转移，因为 MEX 不是很好表示。但是如果只考虑子节点中的非叶子节点，那么 MEX 是 \(O(\sqrt n)\) 的，这个可以接受。
考虑阈值分治，把 \(deg\le B\) 和 \(deg>B\) 的分开考虑。特殊地，叶子节点也放在 \(deg>B\) 考虑。其中 \(deg\) 为子节点个数。
对于 \(deg\le B\) 的部分，因为其权值也 \(\le B\)，考虑直接设 \(dp1_{i,msk}\) 表示考虑前 \(i\) 个 \(deg\le B\) 的子树，每种权值出现状态为 \(msk\)。这一部分转移是 \(O(2^B\times \operatorname{poly}(n))\) 的。
对于 \(deg>B\) 的部分，显然只有 \(\le \dfrac{n}{B}\) 棵子树，叶子节点等价，用一维记录使用情况即可。即 \(dp2_{v,c,msk}\) 表示权值填满了 \(0\sim v\)，有 \(c\) 种权值使用了叶子，\(deg>B\) 的子树使用状态为 \(msk\) 的方案数。
考虑这个的转移，不妨设填完 \(v+1\) 的子节点占用状态为 \(S\)，填之前状态为 \(T\)，那么贡献的系数就是 \(\prod\limits_{i\in S\backslash T}dp_{i,v+1}\)。这个可以用高维前缀和优化。注意这个不能直接用两个子集的积除，因为这样分母可能为 \(0\)。一个解决方法是，对第 \(i\) 维前缀和时，把 \(dp_{i,v+1}\) 乘上。\(c\) 能转移到 \(c\) 和 \(c+1\)，倒着枚举 \(c\)，直接 \(dp2_{c+1,msk}\leftarrow dp2_{c,msk}\) 即可。
注意到第二个 dp 需要知道 \(deg\le B\) 的子树的权值状态，所以需要枚举第一个 dp 的 \(msk\)，对每个 \(msk\) 跑一遍第二个 dp。同时需要减掉 \(v\) 中没有选子树或叶子 且 第一个 dp 也没有占用 \(v\) 的情况，这个就是 \(dp2_v\) 减去对应位置 \(dp2_{v-1}\) 的值。
考虑怎么求答案，不妨求钦定 \(0\sim v\) 都出现过的方案数，最后再差分。枚举第二个 dp 的 \(c,msk\)，对于叶子节点，可以枚举已经被选中的个数，再分配到 \(c\) 类中，这个可以用斯特林数算。其它的叶子每个的方案是 \(n-v\)，乘起来即可。对于剩余的 \(deg>B\) 的子树，权值选 \(v+1\sim n\) 相当于 dp 的后缀和，那么总方案数就是 dp 的后缀和的积。
设 \(C\) 为 \(deg>B\) 的子树数量，那么总复杂度就是 \(O(2^{B+C}\times\operatorname{poly}(n))\) 的。
看起来平衡一下指数是 \(2\sqrt n\)，实际上我们可以分析到 \(\sqrt{2n}\)。
不妨假设我们当前的 \(B+C\) 是最小的。那么有：
-
对于任意 \(k\)，子节点中 \(deg\in [B-k+1,B]\) 的不少于 \(k\) 个。
-
对于任意 \(k\)，子节点中 \(deg\in [B+1,B+k]\) 的不多于 \(k\) 个。
这里的子节点都不包含叶子。证明调整即可。
也就是说，子节点的 \(deg\) 之和不小于 \(1+2+\cdots+(B+C)\)，但是 \(deg\) 的上界是 \(n-1\)，因此 \(B+C\) 的最小值也不超过 \(\sqrt{2n}\)。
于是总复杂度 \(O(2^{\sqrt{2n}}\times \operatorname{poly}(n))\)，实际上完全卡不满，可以通过。
#include <bits/stdc++.h>
#define ALL(x) begin(x), end(x)
using namespace std;
void file() {
freopen("1.in", "r", stdin);
freopen("1.out", "w", stdout);
}
using ll = long long;
const int kMod = 998244353;
void Add(int& x, int y) { ((x += y) >= kMod) && (x -= kMod); }
void Sub(int& x, int y) { ((x -= y) < 0) && (x += kMod); }
int Sum(int x, int y) { return Add(x, y), x; }
int Dif(int x, int y) { return Sub(x, y), x; }
int Pow(int x, int y) {
int b = x, r = 1;
for(; y; b = (ll)b * b % kMod, y /= 2) {
if(y & 1) r = (ll)r * b % kMod;
}
return r;
}
int Inv(int x) { return Pow(x, kMod - 2); }
const int kN = 205;
int n;
array<int, kN> deg;
array<array<int, kN>, kN> C, S, dp, suf;
array<vector<int>, kN> g;
void Init() {
for(int i = 0; i <= n; i++) {
C[i][0] = 1;
for(int j = 1; j <= i; j++) {
C[i][j] = Sum(C[i - 1][j], C[i - 1][j - 1]);
}
}
S[0][0] = 1;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
for(int j = 1; j <= i; j++) {
S[i][j] = ((ll)S[i - 1][j] * j + S[i - 1][j - 1]) % kMod;
}
}
for(int i = 0; i <= n; i++) {
for(int j = 0; j <= n; j++) {
if(!S[i][j]) continue;
for(int k = 2; k <= j; k++) {
S[i][j] = (ll)S[i][j] * k % kMod;
}
}
}
}
int Eval(int x, int fa, int B) {
int ans = B;
for(int to : g[x]) {
if(to != fa) ans += (deg[to] > B);
}
return ans;
}
void Dfs(int x, int fa) {
deg[x] = g[x].size() - !!fa;
if(!deg[x]) return ;
for(int to : g[x]) {
if(to != fa) Dfs(to, x);
}
int B = -1, cnt = n + 1, leaf = 0;
for(int b = 0; b <= n; b++) {
int val = Eval(x, fa, b);
if(cnt > val) cnt = val, B = b;
}
vector<int> small, large;
for(int to : g[x]) {
if(to != fa) {
if(!deg[to]) leaf++;
else {
if(deg[to] <= B) small.push_back(to);
else large.push_back(to);
}
}
}
sort(ALL(small), [&](int x, int y) -> bool { return deg[x] < deg[y]; });
sort(ALL(large), [&](int x, int y) -> bool { return deg[x] < deg[y]; });
vector<int> dp1 {1};
auto Dp1 = [&]() -> void {
vector<int> old {1};
for(int i : small) {
dp1.assign(1 << deg[i] + 1, 0);
for(int msk = 0; msk < old.size(); msk++) {
for(int v = 0; v <= deg[i]; v++) {
Add(dp1[msk | (1 << v)], (ll)old[msk] * dp[i][v] % kMod);
}
}
old = dp1;
}
};
auto Dp2 = [&](int msk, int coe) -> void {
int siz = large.size();
vector<vector<int>> old, dp2;
old.resize(leaf + 1, vector<int> (1 << siz, 0)), dp2 = old;
old[0][0] = dp2[0][0] = 1;
vector<int> pw (leaf + 1, 0);
vector<int> prod (1 << siz, 0);
auto GetAns = [&](int v) -> void {
prod[0] = 1;
for(int i = 0; i < siz; i++) prod[1 << i] = suf[large[i]][v];
for(int msk = 1; msk < (1 << siz); msk++) {
int lb = msk & -msk;
prod[msk] = (ll)prod[msk ^ lb] * prod[lb] % kMod;
}
pw[0] = 1;
for(int i = 1; i <= leaf; i++) {
pw[i] = (ll)pw[i - 1] * (n - v + 1) % kMod;
}
int all = (1 << siz) - 1;
for(int c = 0; c <= min(v, leaf); c++) {
int coef = 0;
for(int i = c; i <= leaf; i++) {
Add(coef, (ll)S[i][c] * C[leaf][i] % kMod * pw[leaf - i] % kMod);
}
coef = (ll)coef * coe % kMod;
for(int msk = 0; msk < (1 << siz); msk++) {
Add(suf[x][v], (ll)prod[all ^ msk] * coef % kMod * old[c][msk] % kMod);
}
}
};
for(int v = 0; v <= deg[x]; v++, old = dp2) {
GetAns(v);
for(int c = 0; c <= min(v, leaf); c++) {
for(int i = 0; i < siz; i++) {
for(int msk = 0; msk < (1 << siz); msk++) {
if(msk & (1 << i)) {
Add(dp2[c][msk], (ll)dp2[c][msk ^ (1 << i)] * dp[large[i]][v] % kMod);
}
}
}
}
for(int c = min(v + 1, leaf); c; c--) {
for(int msk = 0; msk < (1 << siz); msk++) {
Add(dp2[c][msk], dp2[c - 1][msk]);
}
}
if((v > __lg(msk + 1)) || !(msk & (1 << v))) {
for(int c = 0; c <= min(v, leaf); c++) {
for(int msk = 0; msk < (1 << siz); msk++) {
Sub(dp2[c][msk], old[c][msk]);
}
}
}
}
};
Dp1();
for(int msk = 0; msk < dp1.size(); msk++) Dp2(msk, dp1[msk]);
for(int i = 0; i <= deg[x]; i++) {
dp[x][i] = Dif(suf[x][i], suf[x][i + 1]);
}
}
int main() {
// file();
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);
cin >> n, Init();
for(int i = 1, u, v; i < n; i++) {
cin >> u >> v;
g[u].push_back(v);
g[v].push_back(u);
}
Dfs(1, 0);
for(int i = 0; i <= n; i++) cout << dp[1][i] << "\n";
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号