ABC389G 题解

ABC389G 题解

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非常好的题目。一开始做这道题的时候毫无头绪，看了题解之后才懂，感觉也并没有想象中那么难。从“不懂”到“懂了”之间的思维过程是需要仔细体会的。

处理无权图最短路问题的经典方式是分层图：按照节点到 \(1\) 号点的距离分层，距离相同的点在同一层。为了方便表述，下文中成节点到 \(1\) 号点的距离为“深度”。分层给图带来了一些性质：第 \(i\) 层（\(i \neq 0\)）中的每个点都必须和 \((i - 1)\) 层中的至少一个点相邻，且不与 \((i - 1)\) 层之前的点相邻；同一层之间的点可以任意连边。我们的 dp 也基于分层图的思想。

首先想想怎么设计状态。我们的大致方向是设 \(f(\dots)\) 表示符合某种条件的图的数量，然后想想状态中需要包含什么来刻画图的性质。容易想到状态需要包含点数和边数。由于我们要统计深度为奇数和深度为偶数的点数相同的图的数量，所以状态中还要包含深度为偶数的点数（一种等价的方法是记录深度为偶数和奇数的点数之差）。

到这里也还没有结束。不妨想想我们需要怎么转移，从中反推状态设计。可以想到一种比较好的转移方式是每次加入新的一层点。如果这样转移，就还需要在状态中记录最后一层（即深度最大层）的信息。这里我们要记录的是最后一层的点数，以及其深度的奇偶性。

综上所述，状态设计为：设 \(f(i, j, k, l, t)\) 为满足以下条件的有标号无向简单图的数量：

• 有 \(i\) 个点和 \(j\) 条边
• 有 \(k\) 个深度为偶数的点
• 最后一层有 \(l\) 个点，其深度模 \(2\) 同余 \(t\)。（\(t \in \{0, 1\}\)）

转移时，考虑一次加入新的一层点，以及与这一层点相邻的边。（你会发现其它方式都不方便或者无法转移）假设一次加入 \(x\) 个点和 \(y\) 条边，并且 \(t = 0\)，那么转移方程为：

\[\boxed{f(i + x, j + y, k, x, 1) \gets f(i + x, j + y, k, x, 1) + f(i, j, k, l, 0) \times \dbinom{n - i}{x} \times g(l, x, y)} \]

其中，\(g(a, b, c)\) 表示有两层点（区分为“内层”和“外层”），内层有 \(a\) 个点，外层有 \(b\) 个点，内外层之间和外层内部共有 \(c\) 条边时（注意，没有计算内层内部的边数），合法连边方式的数量。

这个转移方程不难理解：从剩下的 \((n - i)\) 个点中选 \(x\) 个点作为新的一层，有 \(\dbinom{n - i}{x}\) 种方式；新加入 \(y\) 条边，有 \(g(l, x, y)\) 种方式；加入 \(x\) 个点和 \(y\) 条边后，新图的点数和边数分别为 \(i + x\) 和 \(j + y\)，由于新的一层的点数深度为奇数，所以深度为偶数的点数仍为 \(k\)，因此转移到 \(f(i + x, j + y, k, x, 1)\) 这个状态。

对于 \(t = 1\) 的情况，转移方程是类似的。

初始化和答案统计是容易的，详见代码。

然后想想怎么计算 \(g(a, b, c)\)。一开始我尝试找到某种封闭形式直接计算，但这似乎是不可行的，所以还是使用 dp（递推）。

考虑一次在外层加入 \(1\) 个点以及 \(i\) 条与其相连的边。我们需要满足加完之后连边方式是合法的，也就是说：至少有一条边连向内层节点。如果没有这个限制，就有 \(\dbinom{a + b}{i}\) 种连边方式。但这个限制不太好满足，正难则反，考虑容斥：如果所有的边都没有连向内层节点，就说明它们都连向了外层节点，方案数为 \(\dbinom{b}{i}\)。减去这些方案，则合法的方案数为 \(\dbinom{a + b}{i} - \dbinom{b}{i}\)。那么 \(g(a, b, c)\) 的转移方程为：

\[g(a, b + 1, c + i) \gets g(a, b + 1, c + i) + g(a, b, c) \times \left( \dbinom{a + b}{i} - \dbinom{b}{i} \right) \]

初始化 \(g(a, 0, 0) = 1\)。

预处理 \(g(\cdot, \cdot, \cdot)\) 后就可以直接 dp 了。

时间复杂度分析：dp 状态数为 \(O(n) \times O(n^2) \times O(n) \times O(n) \times O(1) = O(n^5)\)，转移的时间复杂度为 \(O(n) \times O(n^2) = O(n^3)\)。预处理的时间复杂度不是瓶颈，因此总时间复杂度为 \(O(n^8)\)。

这个时间复杂度看似不能通过，但如果循环的上下界卡得比较紧，由于常数较小，是可以 AC 的。我写这道题时由于某个地方上界并未卡紧，TLE 了很久才通过。下面给出我 AC 时各个循环的上下界（伪代码）：

for(i: 1 -> n - 1):
    for(j: i - 1 -> binom(i, 2)): // binom 表示组合数，下同。
        for(k: 0 -> i):
            for(l: 1 -> i):
                for(t: 0 -> 1):
                    if(f[i][j][k][l][t] = 0): // 特判 0
                        continue;
                    for(x: 1 -> n - i):
                        for(y: x -> binom(x, 2) + x * l): // 这个上界很重要！
                            // dp

其中 \(y\) 的上界是 \(\dbinom{x}{2} + x \cdot l\)，原因是：新加入的边数最多时，新的一层中任意两个点都有边，数量为 \(\dbinom{x}{2}\)，除此之外新的一层中每个点与原先最后一层中的每个点两两连边，数量为 \(x \cdot l\)，总数为 \(\dbinom{x}{2} + x \cdot l\)。我写这道题时，由于这个上界没有卡紧（一开始写成了 \(\dbinom{x + i}{2}\)，现在看来完全就是错的），TLE 了非常多次，后来对着 这篇题解 改了很久才发现问题。（但我输出转移次数后发现，即使我和他的代码转移次数相同，我花费的时间仍然是他的 \(4 \sim 5\) 倍，原因不明。）

AC 记录