【题解】洛谷P3687 BZOJ4784 【[ZJOI2017]仙人掌】

整个算法范围两部分:判断仙人掌与得出答案

Part 1 判断仙人掌

对于一个无自环无重边的无向连通图,方案数非 \(0\) 当且仅当这个图本身满足仙人掌的性质(即:任意一条边最多属于一个简单环)。

因此我们需要判断仙人掌。

注意这道题的特殊性,你会发现,一个简单环对答案是无贡献的(原因请看 Part 2)。

因此我们不需要存储每个环包括多少条边,以及包含的边是什么。我们只需要对处于简单环中的边打上删除标记即可

因此,在仙人掌判断中,
\({你不需要 tarjan, 或者树上差分,你只需要暴力}\)
解释 在 dfs 中,当你发现这条边指向的节点不是父亲,但却已经被访问过,设这条边为 \(u-v\),那么 \(u-v-LCA(u,v)-u\) 构成一个环,你只需要用类似暴力求LCA的方法一层层往上爬,并对爬到的边打标记即可。不要忘了给 \(u-v\) 打上删除标记。

正确性 一条边至多只可能被打一次的删除标记。如果被打第二次,那么可以判断这条边至少处于两个简单环中,因此立即返回并输出 \(0\)(无解)。

注意,
\({1. 你最好需要邻接表存图。}\)
解释 因为若你对一条边 u-v 打标记,你肯定也要对 v-u 打标记。使用编号从 \(0\) 开始的邻接表时,如果要对编号为 \(e\) 的边打标记,对 \(\lfloor\frac{e}{2}\rfloor\) 打标记即可。使用 \(vector\) 存图会麻烦很多。
\({2. 你最好需要存,从父亲节点到自己的边的编号。}\)
解释 因为在暴力对一个环上的边打标记时,存下这条“到父边”(姑且让我用这个名词吧)可以保证跳到父亲的复杂度为 \(\Theta(1)\) 的。不存这条边,只能暴力搜索出边,均摊复杂度 \(\Theta(\frac{m}{n})\)。(当然,你要跟我说最好情况都是 \(\Omega(1)\),我也没办法。但是出题人大概率不会这么良心。)
\({3. 一旦发现当前图不是仙人掌,立即返回。}\)
解释 如果等到搜索结束再返回,复杂度可以被卡到最坏 \(O(n^2)\)

Part 2 求解仙人掌

现在我们已经确定原图为仙人掌(非仙人掌右转 puts("0")),并且对环上的边打上了删除标记。

\({Q:}\) 为什么“环上的边对答案无贡献”?
\({A:}\) 显然,环上的边已经处于一个简单环之中。因此根据仙人掌的定义,我们不能把这些“环上的边”包含到其他简单环之中。因此这些边不可能对答案有贡献。

引理 考虑到原图已经被我们划分成了一些树,而且这些树之间是不会互相影响的。
证明 注意到,如果你想对两棵树上的两个节点连边,由于原图是无向连通图,因此这两棵树原来肯定被一条环上的链所连接。因此,若要对这两棵树上的这两个节点连边,原来环上的链就会被覆盖 \(2\) 次,不符合仙人掌定义。

因此,我们可以对每棵树单独求解,然后将答案利用乘法原理乘起来即可。


考虑现在我们达到了什么。
我们成功将一道 仙人掌 上的问题转化成了 上的问题(部分分 #6~#7)


考虑设计 \(DP\)

先把辅助数组 \(h\) 讲了。
\(h[i]\) 表示\(i\) 个点,它们之间匹配的方案数
简单来讲,现在有 \(i\) 个点,都是某个节点 \(u\) 的孩子,而且这 \(i\) 个节点各自到 \(u\) 的边都没有被简单环覆盖(易知:\(i=\operatorname{size_{Children_u}}\)
考虑到如果连一条边 \(v-w\) 那么 \(v-u\)\(w-u\) 这两条边都会被覆盖。
故:一个点 \(v\) 最多只能与它的兄弟连一条边。

由于 \(h\) 值与树的形态无关,可以预处理。
假设已有 \(i - 1\) 个点,现在加入 \(1\) 个点。
这个点可以不与任何兄弟连边,方案数为 \(h[i - 1]\)
这个点可以选择与一个兄弟连边,有 \(i - 1\) 种选择,每种选择带来 \(h[i - 2]\) 的贡献,方案数 \((i - 1)·h[i - 2]\)

所以,

\[h[i] = h[i - 1] + (i - 1)·h[i - 2] \]

\({这时候你要想清楚这个状态为什么设计。}\)

设计状态 \(g[u]\) 表示节点 \(u\) 可向上拓展 的方案数。

考虑 \(g[u]\) 的转移。
\(g[u]\) 的意义,我们需要在 \(u\cup\operatorname{Children_u}\) 中选出一个节点,作为接口节点,可以同父亲的其他直接孩子的子树节点连接。
因为 \(u-fa[u]\) 这条边最多只能属于一个简单环,所以保留一个接口节点即可。

我们有

\[g[u] = h[Deg + 1] · \prod_{v\in \operatorname{Children_u} }g[v] \]

其中 \(Deg\) 表示 \(\operatorname{size_{Children_u}}\)

注意到,此时我们将节点 \(u\) 自身也作为 \(\operatorname{Children_u}\) 的一个兄弟来计算。关于这点,理解方式有二:

  1. \(g[u] = h[Deg] · \prod_{v\in \operatorname{Children_u} }g[v] + Deg · h[Deg - 1] · \prod_{v\in \operatorname{Children_u} }g[v]=\texttt{原式}\)
    如果把 \(u\) 自身作为接口节点,方案数为加号左边,不解释;
    如果把 \(u\) 的一个孩子作为接口节点,方案数为加号右边。
    • 解释:选择一个孩子(\(Deg\))剩下的任意匹配($h[Deg - 1] $)再乘上孩子的 \(g\) 值(\(\prod_{v\in \operatorname{Children_u} }g[v]\)
  2. 如果在 \(h[Deg + 1]\) 种匹配中,
    • \(u\) 被连边:假设 \(u-v\) 被连,那么这条边的意义不是连接,而是选定 \(v\) 作为接口节点
    • \(u\) 未被连边:\(u\)接口节点

然而,
\({答案不是 g[root]}\)

考虑到在 \(g\) 的转移中,有可能 \(u-v\) 被连 \((v\in \operatorname{Children_u})\)。这时,按照我们的理解,\(v\) 被选中作为接口节点。
但是 \(root\) 节点不再向上延伸,\(root\) 节点不需要接口节点,接口节点的存在只会导致答案重复统计
\(g\) 的转移中,我们确实重复统计了一些边的贡献,但是这“重复统计”的前提是“接口节点”
意即:\(g[u]\)\(fa[u]\) 所统计,才是“重复统计”的正确性之源。

\({对于一棵树,答案是 }h[Deg_{root}] · \prod_{v\in \operatorname{Children_{root}} }g[v]\)

这样不会重复统计。
这也就是其他很多题解中提到的 \(f\) 数组。

代码

见 gitee 仓库 https://gitee.com/hkxa/mycode/blob/master/luogu/P3687.cpp

posted @ 2020-06-03 10:18  航空信奥  阅读(238)  评论(0编辑  收藏  举报