题解 洛谷P6478 [NOI Online #2 提高组] 游戏
考虑求出一个数组\(g\)，\(g[i]\)表示至少有\(i\)个非平局的方案数。也就是说，我们钦定了\(i\)对点，每对点都是“祖先-后代”的关系，剩下的\(m-i\)对点可以任意匹配，此时的方案数就是\(g[i]\)。我们设答案为\(f[0\dots m]\)，\(f[i]\)表示的是恰好有\(i\)个非平局回合的方案数。\(f\)和\(g\)的关系，可不是一个简单的后缀和那么简单。假设我们钦定了\(i\)个非平局回合，而我们当前的方案里实际上有\(j\)个非平局回合（\(j>i\)），则\(f[j]\)会被算在\(g[i]\)中\(j\choose i\)次。用公式表达就是：
如果已经求出了\(g\)数组，如何计算出\(f\)呢？这就是经典的二项式反演，其结论是：
根据其定义，可以直接\(O(n^2)\)求出整个\(f\)数组。该复杂度对于本题而言已经足够。
考虑如何求出\(g\)数组。
讲一个我在考场上写的暴力。想看正解的读者可以跳过本段。做状压DP。设\(dp[i][mask]\)表示考虑了小A的前\(i\)个节点，已经匹配了小B的\(mask\)这些节点（匹配是指钦定一对为“祖先-后代”关系的点），这种情况的方案数。判断两个节点是否为“祖先-后代”关系，可以用dfs序做到\(O(1)\)。最后，\(g[i]=\sum_{\text{cnt}(mask)=i}dp[m][mask]\cdot(m-i)!\)，其中\(\text{cnt}({mask})\)表示\(mask\)中二进制为\(1\)位数，\((m-i)!\)是剩余节点任意匹配的方案数。该算法时间复杂度\(O(2^mm)\)。不足以通过本题。
正解是根据“祖先-后代”关系这个要求，做树形DP。设\(dp[u][i]\)表示在节点\(u\)的子树内，钦定了\(i\)对有“祖先-后代”关系的点，选出这些点的方案数。则\(g[i]=dp[root][i]\cdot (m-i)!\)。
如何转移？转移时，我们既可以把\(u\)的儿子\(v\)子树中的匹配直接装入背包，也可以用\(u\)节点本身去和子树内的点创造一对新增的匹配。这就涉及到一个问题：节点\(u\)是否已经被使用过。在转移时，可以定义一个数组\(cur[u][i][t\in\{0,1\}]\)，前面两维定义和\(dp\)数组相同，第三维\(t\in\{0,1\}\)表示节点\(u\)是否已经被使用过。全部转移完后，令\(dp[u][i]=cur[u][i][0]+cur[u][i][1]\)即可。
时间复杂度\(O(n^2)\)。
参考代码：
//problem:P6478
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define lob lower_bound
#define upb upper_bound
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())
typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pii;
const int MAXN=5000,MAXM=2500,MOD=998244353;
inline int mod1(int x){return x<MOD?x:x-MOD;}
inline int mod2(int x){return x<0?x+MOD:x;}
inline void add(int& x,int y){x=mod1(x+y);}
inline void sub(int& x,int y){x=mod2(x-y);}
inline int pow_mod(int x,int i){int y=1;while(i){if(i&1)y=(ll)y*x%MOD;x=(ll)x*x%MOD;i>>=1;}return y;}
int n,m,fac[MAXN+5],ifac[MAXN+5];
inline int comb(int n,int k){
if(n<k)return 0;
return (ll)fac[n]*ifac[k]%MOD*ifac[n-k]%MOD;
}
char s[MAXN+5];
struct EDGE{int nxt,to;}edge[MAXN*2+5];
int head[MAXN+5],tot;
inline void add_edge(int u,int v){edge[++tot].nxt=head[u],edge[tot].to=v,head[u]=tot;}
int sz[MAXN+5],cnt0[MAXN+5],cnt1[MAXN+5],dp[MAXN+5][MAXM+5],cur[MAXN+5][MAXM+5][2],tmp[MAXM+5][2],g[MAXM+5];
void dfs(int u,int fa){
cur[u][0][0]=1;
sz[u]=1;
cnt0[u]=(s[u]=='0');
cnt1[u]=(s[u]=='1');
for(int i=head[u];i;i=edge[i].nxt){
int v=edge[i].to;
if(v==fa)continue;
dfs(v,u);
int su=min(sz[u]/2,min(cnt0[u],cnt1[u])),sv=min(sz[v]/2,min(cnt0[v],cnt1[v])),stot=(sz[u]+sz[v])/2;
for(int j=0;j<=stot;++j)tmp[j][0]=tmp[j][1]=0;
for(int j=0;j<=su;++j){
for(int k=0;k<=sv;++k){
add(tmp[j+k][0],(ll)cur[u][j][0]*dp[v][k]%MOD);
add(tmp[j+k][1],(ll)cur[u][j][1]*dp[v][k]%MOD);
int free0=cnt0[v]-k,free1=cnt1[v]-k;
if(j+k<stot){
if(s[u]=='0'&&free1){
add(tmp[j+k+1][1],(ll)cur[u][j][0]*dp[v][k]%MOD*free1%MOD);
}
if(s[u]=='1'&&free0){
add(tmp[j+k+1][1],(ll)cur[u][j][0]*dp[v][k]%MOD*free0%MOD);
}
}
}
}
for(int j=0;j<=stot;++j)cur[u][j][0]=tmp[j][0],cur[u][j][1]=tmp[j][1];
sz[u]+=sz[v];
cnt0[u]+=cnt0[v];
cnt1[u]+=cnt1[v];
}
for(int i=0;i<=sz[u]/2;++i)dp[u][i]=mod1(cur[u][i][0]+cur[u][i][1]);
}
int main() {
fac[0]=1;ifac[0]=1;
for(int i=1;i<=MAXN;++i)fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%MOD,ifac[i]=pow_mod(fac[i],MOD-2);
cin>>n;m=n/2;
cin>>(s+1);
for(int i=1,u,v;i<n;++i)cin>>u>>v,add_edge(u,v),add_edge(v,u);
dfs(1,0);
//for(int i=0;i<=m;++i)cout<<dp[1][i]<<" \n"[i==m];
for(int i=0;i<=m;++i)g[i]=(ll)dp[1][i]*fac[m-i]%MOD;
for(int i=0;i<=m;++i){
int ans=0;
for(int j=i;j<=m;++j){
if((j-i)&1)sub(ans,(ll)comb(j,i)*g[j]%MOD);
else add(ans,(ll)comb(j,i)*g[j]%MOD);
}
//ans=(ll)ans*ifac[m]%MOD;
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
