牛客周赛139 E,F题

E 小红的树权值

知识点：树形dp

思路：注意到，对于任意一个节点来说，如果不删除它本身，就需要删除他的儿子和父亲，反之则可以选择不删除。这样这个题就很像没有上司的舞会，属于树形dp入门题目。

Code

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vi adj[M];
vvi dp;
void dfs(int now,int fa)
{
    for(int i:adj[now])
    {
        if(i==fa)
        {
            continue;
        }
        dfs(i,now);
        dp[now][0]+=dp[i][1];//如果不删这个点，就一定要删儿子节点
        dp[now][1]+=min(dp[i][0],dp[i][1]);//如果删除这个点，那么儿子节点删不删无所谓，取 min 值
    }
}
void solve()
{
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        adj[i].clear();
    }
    dp.assign(n+1,vi(2,0));//二维dp，dp[i][1]表示删除 i 点，dp[i][0]表示不删除
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        int u,v;
        cin>>u>>v;
        adj[u].push_back(v);
        adj[v].push_back(u);//存边
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        dp[i][1]=1;//对dp数组进行初始化，如果删除，贡献为 1
        dp[i][0]=0;//不删除贡献为 0
    }
    dfs(1,-1);//对根节点进行dfs
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        cout<<min(dp[i][0],dp[i][1])<<' ';
    }
    cout<<endl;
}

F 小红的部分不同字符串

知识点：基环树的性质，拓扑排序，并查集

思路：对 \(i\) 和 \(a_{i}\) 连边，意思就是凡是一条边上的两点颜色不能相同 。
\(n\) 条边和 \(n\) 个点，构成一个基环树森林，因为树是 \(n\) 个点和 \(n-1\) 条边，如果多出一条边一定会构成环，且环有且仅有一个。
重点 1：对于两棵基环树，其染色方案数应互不干扰，满足乘法原理
重点 2：对于一棵基环树除环之外的其他点，其可以选择的方案数都是 \(25\) 种
重点 3：基环树上染色结论，设颜色总数为 \(m\) 种，设基环树上环的长度为 \(len\) 。
对这个环进行染色，总方案数为 \((m-1)^{len}+(-1)^{len}*(m-1)\) 种 ，将环上方案数与链上方案数相乘即为基环树染色方案数

Code

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void solve()
{
    cin>>n;
    init();
    vi a(n+1);
    vi ind(n+1);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>a[i];
        join(i,a[i]);
        ind[a[i]]++;
    }
    vi vis(n+1);
    queue<int>p;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(ind[i]==0)
        {
            p.push(i);
        }
    }
    while(p.size())
    {
        auto t=p.front();
        p.pop();
        vis[t]=1;
        ind[a[t]]--;
        if(ind[a[t]]==0)
        {
            p.push(a[t]);
        }
    }
    vi len(n+1);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(!vis[i])
        {
            len[find(i)]++;
        }
    }
    int ans=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(fa[i]!=i)continue;
        int now=ksm(25,sz[find(i)]-len[find(i)],mod)*(ksm(25,len[find(i)],mod)+25*ksm(-1,len[i],mod)%mod)%mod;
        ans=ans*now%mod;
    }
    cout<<ans<<endl;
}

代码:对基环树进行拓扑排序，如果一个点在环上，那么它永远不可能入队，所以在拓扑的过程中标记一下，没入队的就是在环上的。计算出环的长度，用公式和乘法原理即可。

公式证明

考虑环染色本身是不大可做的，所以我们考虑从链去推。

假设有一条 \(n\) 个结点的链，有 \(q\) 种颜色。

记 \(S_n\) 为这条链的染色方案数。

考虑分两种情况讨论：

1. 首尾不同，方案数记作 \(A_n\)，此时首尾相连可直接成环，是我们要求的东西；

2. 首尾相同，方案数记作 \(B_n\)，由结点 \(1\) 与结点 \(n\) 颜色相同，结点 \(n-1\) 与 结点 \(n\) 颜色不同。

   可得，结点 \(1\) 和结点 \(n-1\) 颜色不同。

   故若去掉最后一个结点 \(n\)，那么此时恰好可以成为一个 \(n-1\) 个结点的环。

可得

\[\begin{array}{rl} S_n & = A_n + B_n \\ & = A_n + A_{n - 1}\\ & = q \cdot (q - 1)^{n - 1} \end{array} \]

考虑特例。

考虑 \(A_2\) 即为 \(S_2\)，所以 \(S_2=A_2=q(q-1)\)

\(S_3=A_3+A_2=q(q-1)^2\)

那么:

\(A_3=S_3-A_2=q(q-1)^2-q(q-1)\)

\(A_4=S_4-A_3=q(q-1)^3-q(q-1)^2+q(q-1)\)

注意到，\(A_n\) 为等比数列求和。

故 \(n\) 为奇数时，

\[\begin{array}{rl} A_n & = -q\cdot(q-1)\cdot\dfrac{1-(1-q)^{n-1}}{1-(1-q)}\\ & =(q-1)^n-(q-1) \end{array} \]

\(n\) 为偶数时，

\[\begin{array}{rl} A_n & = q\cdot(q-1)\cdot\dfrac{1-(1-q)^{n-1}}{1-(1-q)}\\ & =(q-1)^n+(q-1) \end{array}\]