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「JSOI2019」神经网络

由 ☆樱花仙子☆ 提交于 2020-01-23 04:00:27

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luogu5333
loj3102

Solution

容易发现，一条哈密顿回路本质上就是：把每棵树都拆成若干条有向路径，再把所有的有向路径连接成环，环上的相邻两条有向路径不可以来自同一棵树。

先求出 gi,jg_{i,j} 表示把第 ii 棵树拆成 jj 条有向路径的方案数。

考虑 dp\text{dp}，记 fu,i,0/1/2/3f_{u,i,0/1/2/3} 分别表示：uu 的子树拆成 ii 条路径，uu 是路径起点，是路径终点，单点成路径，既不是路径起点也不是路径终点的方案数。

注意 fu,i,0/1f_{u,i,0/1} 不允许 uu 单点成路径。转移随便讨论一下即可。最终 gi,j=fu,i,0+fu,i,1+fu,i,2+fu,i,3g_{i,j}=f_{u,i,0}+f_{u,i,1}+f_{u,i,2}+f_{u,i,3}。

接下来，假设我们对于所有的 i∈[1,m]i∈[1,m]，已经确定第 ii 棵树拆成 aia_i 条链】路径，那么如何计算答案呢？

考虑容斥。枚举第 ii 棵树的路径在环上被划分为至多 bib_i 段。我们钦定第 mm 棵树的 11 号节点所在的路径为环上第一条路径，那么在此条件下的方案数为：
(∏i=1mCai−1bi−1)×(∏i=1m−1gi,ai×ai!)×gm,am×(am−1)!×(∑i=1m−1bi)!∏i=1m−1bi!×C(∑i=1nbi)−2bm−1(\prod_{i=1}^mC_{a_i-1}^{b_i-1})×(\prod_{i=1}^{m-1}g_{i,a_i}×a_i!)×g_{m,a_m}×(a_m-1)!×\frac{(\sum_{i=1}^{m-1}b_i)!}{\prod_{i=1}^{m-1}b_i!}×C_{(\sum_{i=1}^nb_i)-2}^{b_m-1}其中 ∏i=1mCai−1bi−1\prod_{i=1}^mC_{a_i-1}^{b_i-1} 表示把每棵树的路径划分成 ii 段的方案数，gi,ai×ai!g_{i,a_i}×a_i! 表示在第 ii 棵树上选出 aia_i 条路径形成一个排列的方案数。

如果确定了选出的路径形成的排列是哪些，划分成的 bib_i 段分别是什么，问题就转化为：第 ii 种颜色的球有 bib_i 个，同种颜色的球之间没有区别，求把所有的求串成环，使得相邻两个异色的方案数。

钦定环上第一条路径相当于钦定第一个球的颜色一定为 mm，最后一个球的颜色不是 mm，然后断环为链。所以先把前 m−1m-1 种颜色的球排好（方案数为），最后在中间的 (∑bi)−2(\sum b_i)-2 个位置中选出 bm−1b_m-1 个位置放颜色为 mm 的球，剩下的空位给其它的球即可。

加上容斥系数之后对答案的贡献即(∏i=1mCai−1bi−1)×(−1)∑i=1mai−bi×(∏i=1m−1gi,ai×ai!)×gm,am×(am−1)!×(∑i=1m−1bi)!∏i=1m−1bi!×C(∑i=1nbi)−2bm−1(\prod_{i=1}^mC_{a_i-1}^{b_i-1})×(-1)^{\sum_{i=1}^ma_i-b_i}×(\prod_{i=1}^{m-1}g_{i,a_i}×a_i!)×g_{m,a_m}×(a_m-1)!×\frac{(\sum_{i=1}^{m-1}b_i)!}{\prod_{i=1}^{m-1}b_i!}×C_{(\sum_{i=1}^nb_i)-2}^{b_m-1}

可是直接枚举所有 ai,bia_i,b_i 的复杂度是指数级的，考虑优化。

记第 ii 棵树的点数为 cnticnt_i。对于第 ii 棵树（i∈[1,m−1]i∈[1,m-1]），枚举 j=ai,k=bij=a_i,k=b_i，可以写出这样的一个多项式：

∑j=1cntigi,j×i!∑k=1jCj−1k−1×(−1)j−k×xkk!\sum_{j=1}^{cnt_i}g_{i,j}×i!\sum_{k=1}^jC_{j-1}^{k-1}×(-1)^{j-k}×\frac{x^k}{k!}

然后我们先把这 m−1m-1 个多项式相乘，再把 xkx^k 的系数乘上 k!k!。这样得到的 xkx^k 的系数 AkA_k 相当于：对于 i∈[1,m−1]i∈[1,m-1]，枚举所有 ai,bia_i,b_i 满足 ∑i=1m−1bi=k\sum_{i=1}^{m-1}b_i=k，然后把 (∏i=1mCai−1bi−1)×(−1)∑i=1mai−bi×(∏i=1m−1gi,ai×ai!)×(∑i=1m−1bi)!∏i=1m−1bi!(\prod_{i=1}^mC_{a_i-1}^{b_i-1})×(-1)^{\sum_{i=1}^ma_i-b_i}×(\prod_{i=1}^{m-1}g_{i,a_i}×a_i!)×\frac{(\sum_{i=1}^{m-1}b_i)!}{\prod_{i=1}^{m-1}b_i!} 计入 AkA_k。

接下来写出第 mm 个多项式，记 BkB_k 表示这个多项式第 kk 项的系数：

∑j=1cntmgm,j×(j−1)!×∑k=1jCj−1k−1×(−1)j−k×xk\sum_{j=1}^{cnt_m}g_{m,j}×(j-1)!×\sum_{k=1}^jC_{j-1}^{k-1}×(-1)^{j-k}×x^k

最后枚举 k=∑i=1m−1bik=\sum_{i=1}^{m-1}b_i，再枚举 j=bmj=b_m，把 Ak×Bj×Ck+j−2j−1A_k×B_j×C_{k+j-2}^{j-1} 计入答案即可。

时间复杂度 O((∑cnti)2)O((\sum cnt_i)^2)。

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define ll long long

template <class t>
inline void read(t & res)
{
	char ch;
	while (ch = getchar(), !isdigit(ch));
	res = ch ^ 48;
	while (ch = getchar(), isdigit(ch))
		res = res * 10 + (ch ^ 48);
}

const int e = 5005, o = 305, mod = 998244353;

int g[o][e], f[e][e][4], sze[e], m, n, ans, tmp[e][4], cnt, pre[e], h[e], p[o][e];
int adj[e], nxt[e << 1], go[e << 1], num, tot[o], fac[e], inv[e], a[o][e];

inline void add(int &x, int y)
{
	(x += y) >= mod && (x -= mod);
}

inline int plu(int x, int y)
{
	add(x, y);
	return x;
}

inline int mul(int x, int y)
{
	return (ll)x * y % mod;
}

inline int ksm(int x, int y)
{
	int res = 1;
	while (y)
	{
		if (y & 1) res = mul(res, x);
		y >>= 1;
		x = mul(x, x);
	}
	return res;
}

inline void link(int x, int y)
{
	nxt[++num] = adj[x]; adj[x] = num; go[num] = y;
	nxt[++num] = adj[y]; adj[y] = num; go[num] = x;
}

inline int c(int x, int y)
{
	if (x < y) return 0;
	if (x == y) return 1;
	return mul(fac[x], mul(inv[y], inv[x - y]));
}

inline void clear()
{
	int i, j, k; num = ans = 0;
	for (i = 1; i <= n; i++)
	{
		adj[i] = 0;
		for (j = 1; j <= n; j++)
			for (k = 0; k <= 3; k++)
				f[i][j][k] = 0;
	}
}

inline void dfs(int u, int pa)
{
	sze[u] = f[u][1][2] = 1;
	int i, j, k, l;
	for (i = adj[u]; i; i = nxt[i])
	{
		int v = go[i];
		if (v == pa) continue;
		dfs(v, u);
		for (j = 1; j <= sze[u] + sze[v]; j++)
			for (k = 0; k <= 3; k++)
				tmp[j][k] = f[u][j][k], f[u][j][k] = 0;
		for (j = 1; j <= sze[u]; j++)
			for (k = 1; k <= sze[v]; k++)
			{
				int s = plu(f[v][k][0], f[v][k][2]);
				add(f[u][j + k - 1][0], mul(tmp[j][2], s));
				add(f[u][j + k - 1][3], mul(tmp[j][1], s));
				
				s = plu(f[v][k][1], f[v][k][2]);
				add(f[u][j + k - 1][1], mul(tmp[j][2], s));
				add(f[u][j + k - 1][3], mul(tmp[j][0], s));
				
				s = 0;
				for (l = 0; l <= 3; l++)
					add(s, f[v][k][l]);
				for (l = 0; l <= 3; l++)
					add(f[u][j + k][l], mul(tmp[j][l], s));
			}
		sze[u] += sze[v];
	}
}

inline void solve(int k)
{
	read(n); clear();
	cnt += n; tot[k] = n; pre[k] = tot[k] + pre[k - 1];
	int i, x, y, j;
	for (i = 1; i < n; i++)
		read(x), read(y), link(x, y);
	dfs(1, 0);
	for (i = 1; i <= n; i++)
		for (j = 0; j <= 3; j++)
			add(g[k][i], f[1][i][j]);
}

int main()
{
	read(m);
	int i, j, k;
	for (i = 1; i <= m; i++)
		solve(i);
		
	fac[0] = 1;
	for (i = 1; i <= cnt; i++)
		fac[i] = mul(fac[i - 1], i);
	inv[cnt] = ksm(fac[cnt], mod - 2);
	for (i = cnt - 1; i >= 0; i--)
		inv[i] = mul(inv[i + 1], i + 1);
		
	for (i = 1; i < m; i++)
		for (j = 1; j <= tot[i]; j++)
			g[i][j] = mul(g[i][j], fac[j]);
		
	for (j = 1; j <= tot[m]; j++)
		g[m][j] = mul(g[m][j], fac[j - 1]);
		
	for (i = 1; i < m; i++)
		for (j = 1; j <= tot[i]; j++)
			for (k = 1; k <= j; k++)
			{
				int v = mul(g[i][j], c(j - 1, k - 1));
				v = mul(v, inv[k]);
				if ((j - k) & 1) add(p[i][k], mod - v);
				else add(p[i][k], v);
			}
	
	for (j = 1; j <= tot[m]; j++)
		for (k = 1; k <= j; k++)
		{
			int v = mul(g[m][j], c(j - 1, k - 1));
			if ((j - k) & 1) add(p[m][k], mod - v);
			else add(p[m][k], v);
		}
			
	a[0][0] = 1;
	for (i = 1; i < m; i++)
		for (j = 1; j <= pre[i]; j++)
			for (k = 1; k <= j && k <= tot[i]; k++)
				add(a[i][j], mul(a[i - 1][j - k], p[i][k]));
				
	for (i = 1; i <= pre[m - 1]; i++)
		for (j = 1; j <= tot[m]; j++)
		{
			int x = mul(a[m - 1][i], fac[i]), y = p[m][j];
			add(ans, mul(x, mul(y, c(i + j - 2, j - 1)))); 
		}
	cout << ans << endl;
	return 0;
}
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人工智能
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