2021牛客多校4 D Rebuild Tree

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

$n \leq 5 \times 10^{4}, k \leq 100$

Solution

$a n s = \sum_{π = {S_{1}, S_{2}, \dots, S_{k + 1}}} \sum_{p \in p r u f e r (k + 1)} \prod_{i = 1}^{k + 1} | S_{i} |^{p_{i} + 1}$

$π$ 表示对于原树切掉 $k$ 条边后得到的 $k$ 个子树， $p r u f e r (k + 1)$ 表示 $k + 1$ 个点所有 $p r u f e r$ 序列， $p_{i}$ 表示 $i$ 在 $p r u f e r$ 序列中出现的次数

我们化简一下式子 $a n s = \sum_{π = {S_{1}, S_{2}, \dots, S_{k + 1}}} (\prod_{i = 1}^{k + 1} | S_{i} |) \sum_{p \in p r u f e r (k + 1)} \prod_{i = 1}^{k + 1} | S_{i} |^{p_{i}}$

然后这个东西， $\sum_{π = {S_{1}, S_{2}, \dots, S_{k + 1}}} \sum_{p \in p r u f e r (k + 1)} \prod_{i = 1}^{k + 1} | S_{i} |^{p_{i}}$ ，我们可以理解为 $p r u f e r$ 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 $p r u f e r$ 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 $n^{k - 1} \sum_{π = {S_{1}, S_{2}, \dots, S_{k + 1}}} \prod_{i = 1}^{k + 1} | S_{i} |$

后面这个东西我们可以考虑 $d p$ ，最朴素的 $d p$ 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 $O (n k^{2})$ ，可以通过此题

#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;
}