题目描述
https://ac.nowcoder.com/acm/contest/11255/D
简要题意：
给定一棵大小为 $n$ 的树和 $k$，要求断掉给定的 $n-1$ 条边的中 $k$ 条边，之后在连 $k$ 条边使得仍然构成一棵大小为 $n$ 的树,求有多少种连边方法
$n\le 5\times 10^4,k\le 100$
Solution
$ans=\sum_{\pi=\lbrace S_1,S_2,\cdots,S_{k+1}\rbrace}\sum_{p\in prufer(k+1)}\prod_{i=1}^{k+1}|S_i|^{p_i+1}$
$\pi$ 表示对于原树切掉 $k$ 条边后得到的 $k$ 个子树， $prufer(k+1)$ 表示 $k+1$ 个点所有 $prufer$ 序列，$p_i$ 表示 $i$ 在 $prufer$ 序列中出现的次数
我们化简一下式子 $ans=\sum_{\pi=\lbrace S_1,S_2,\cdots,S_{k+1}\rbrace}(\prod_{i=1}^{k+1}|S_i|)\sum_{p\in prufer(k+1)}\prod_{i=1}^{k+1}|S_i|^{p_i}$
然后这个东西，$\sum_{\pi=\lbrace S_1,S_2,\cdots,S_{k+1}\rbrace}\sum_{p\in prufer(k+1)}\prod_{i=1}^{k+1}|S_i|^{p_i}$，我们可以理解为 $prufer$ 序列中出现一个数字 $i$ 的贡献不是 $1$ 而是 $|S_i|$，这个式子就等于这个东西 $(\sum_{i=1}^{k+1}|S_i|)^{k+1-2}=n^{k-1}$
因为我们考虑对于 $prufer$ 序列的每一位，我们可以放 $1$ 到 $k+1$，他们的贡献和就是 $n$
那么原式就等于 $n^{k-1}\sum_{\pi=\lbrace S_1,S_2,\cdots,S_{k+1}\rbrace}\prod_{i=1}^{k+1}|S_i|$
后面这个东西我们可以考虑 $dp$，最朴素的 $dp$ 是 $f[u][m][S]$，表示分成了 $m$ 棵子树，$u$ 所在的子树的大小是 $S$
但是这样的时间复杂度显然无法通过此题，我们考虑求一个等价的问题，删掉 $k$ 条边，并且在每个连通块里都选恰好一个点的方案数
我们令 $f[u][m][0/1]$ 表示已经断了 $m$ 条边，$u$ 所在的子树是否已经选点
时间复杂度 $O(nk^2)$，可以通过此题
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| #include <iostream>
#include <algorithm>
#define maxn 50010
#define maxm 110
#define ll long long
using namespace std;
const int p = 998244353;
ll pow_mod(ll x, ll n) {
ll s = 1;
for (; n; n >>= 1, x = x * x % p)
if (n & 1) s = s * x % p;
return s;
}
int n, k;
struct Edge {
int to, next;
} e[maxn * 2]; int c1, head[maxn];
inline void add_edge(int u, int v) {
e[c1].to = v; e[c1].next = head[u]; head[u] = c1++;
}
int f[maxn][maxm][2], g[maxm][2], sz[maxn];
void dfs(int u, int fa) {
sz[u] = 1;
f[u][0][1] = f[u][0][0] = 1;
for (int i = head[u]; ~i; i = e[i].next) {
int v = e[i].to; if (v == fa) continue;
dfs(v, u); fill(g[0], g[0] + maxm * 2, 0);
for (int S = 0; S <= min(k, sz[u] - 1); ++S)
for (int o1 = 0; o1 < 2; ++o1)
for (int T = 0; T <= min(k, sz[v] - 1); ++T)
for (int o2 = 0; o2 < 2; ++o2) {
if (S + T > k) continue;
if (o2) g[S + T + 1][o1] = (g[S + T + 1][o1] + 1ll * f[u][S][o1] * f[v][T][o2]) % p;
if (o1 + o2 <= 1) g[S + T][o1 + o2] = (g[S + T][o1 + o2] + 1ll * f[u][S][o1] * f[v][T][o2]) % p;
}
sz[u] += sz[v];
for (int S = 0; S <= min(sz[u] - 1, k); ++S)
for (int o = 0; o < 2; ++o) f[u][S][o] = g[S][o];
}
}
int main() { fill(head, head + maxn, -1);
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr);
cin >> n >> k;
for (int i = 1; i < n; ++i) {
int x, y; cin >> x >> y;
add_edge(x, y); add_edge(y, x);
} dfs(1, 0); cout << f[1][k][1] * pow_mod(n, k - 1) % p << "\n";
return 0;
}
|