正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P5333

题目大意

给出\(n\)棵树，第\(i\)棵树有\(k_i\)个点，每棵树上的每个点和其它树上的所有点都有连边。

求这棵树有多少条哈密顿回路。

答案对\(998244353\)取模。

\(\sum_{i=1}^nk_i\leq 5000\)

解题思路

我们把每棵树分成若干条路径，那么这个哈密顿回路肯定是这些路径拼起来，并且相邻的路径不能来自于同一棵树。

那么对于每棵树我们先算出一个\(g_i\)表示将这棵树分成\(i\)条路径的方案数。

至于相邻的路径不能来自于同一棵树的限制我们考虑容斥，我们硬将一棵树上\(i\)条路径相邻的放那么容斥系数就是\((-1)^i\)。

然后背包出总共\(i\)条路径的方案，像可重排一样在前面一棵树上\(j\)条路径的就乘上\(\frac1{j!}\)，最后乘上\(i!\)就好了。

然后为了防止算重我们固定从\(1\)出发，那么处理第一棵树的时候我们就默认有一个放最前面，然后再减去头尾都来自第\(1\)棵树的方案就好了。

时间复杂度：\(O((\sum k_i)^2)\)

code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=5100,P=998244353;
struct node{
	ll to,next;
}a[N<<1];
ll n,m,sum,tot,ls[N],g[N],h[N];
ll siz[N],f[N][N][3],tmp[N][3];
ll fac[N],inv[N];
void addl(ll x,ll y){
	a[++tot].to=y;
	a[tot].next=ls[x];
	ls[x]=tot;return;
}
void dfs(ll x,ll fa){
	siz[x]=1;f[x][0][2]=1;
	for(ll i=ls[x];i;i=a[i].next){
		ll y=a[i].to;
		if(y==fa)continue;
		dfs(y,x);
		for(ll j=0;j<=siz[x];j++)
			for(ll k=0;k<=siz[y];k++){
				(tmp[j+k][2]+=f[x][j][2]*f[y][k][0]%P)%=P;
				(tmp[j+k][1]+=f[x][j][2]*f[y][k][1]%P)%=P;
				(tmp[j+k][1]+=f[x][j][1]*f[y][k][0]%P)%=P;
				(tmp[j+k][0]+=f[x][j][0]*f[y][k][0]%P)%=P;
				(tmp[j+k+1][0]+=f[x][j][1]*f[y][k][1]*2ll%P)%=P;
			}
		siz[x]+=siz[y];
		for(ll j=0;j<=siz[x];j++)
			for(ll k=0;k<3;k++)
				f[x][j][k]=tmp[j][k],tmp[j][k]=0;
	}
	for(ll i=0;i<=siz[x];i++){
		(f[x][i+1][0]+=f[x][i][1]*2ll)%=P;
		(f[x][i+1][0]+=f[x][i][2])%=P;
		(f[x][i][1]+=f[x][i][2])%=P;
	}
	return;
}
ll C(ll n,ll m)
{return fac[n]*inv[m]%P*inv[n-m]%P;}
signed main()
{
	fac[0]=inv[0]=inv[1]=h[0]=1;
	for(ll i=2;i<N;i++)inv[i]=P-inv[P%i]*(P/i)%P;
	for(ll i=1;i<N;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%P,inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%P;
	scanf("%lld",&m);
	for(ll p=1;p<=m;p++){
		scanf("%lld",&n);
		for(ll i=1;i<=n;i++)ls[i]=0;tot=0;
		for(ll i=1,x,y;i<n;i++){
			scanf("%lld%lld",&x,&y);
			addl(x,y);addl(y,x);
		}
		dfs(1,0);sum+=n;
		for(ll i=0;i<=n;i++)g[i]=0;
		if(p!=1){
			for(ll i=1;i<=n;i++)
				for(ll j=i;j<=n;j++)
					(g[i]+=f[1][j][0]*fac[j]%P*C(j-1,i-1)%P*(((j-i)&1)?(P-1):1)%P)%=P;
		}
		else{
			for(ll i=1;i<=n;i++)
				for(ll j=i;j<=n;j++)
					(g[i-1]+=f[1][j][0]*fac[j-1]%P*C(j-1,i-1)%P*(((j-i)&1)?(P-1):1)%P)%=P;
			for(ll i=2;i<=n;i++)
				for(ll j=i;j<=n;j++)
					(g[i-2]+=f[1][j][0]*fac[j-1]%P*C(j-1,i-1)%P*(((j-i)&1)?1:(P-1))%P)%=P;
		}
		for(ll i=1;i<=n;i++)g[i]=g[i]*inv[i]%P;
		for(ll j=sum;j>=0;j--){
			ll tmp=0;
			for(ll i=0;i<=min(n,j);i++)
				(tmp+=h[j-i]*g[i]%P)%=P;
			h[j]=tmp;
		}
		for(ll i=1;i<=n;i++)
			for(ll j=0;j<=siz[i];j++)
				for(ll k=0;k<3;k++)f[i][j][k]=0;
	}
	ll ans=0;
	for(ll i=0;i<=sum;i++)
		(ans+=h[i]*fac[i]%P)%=P;
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

标签：P5333,JSOI2019,ll,路径,容斥,一棵树,每棵,include
来源： https://www.cnblogs.com/QuantAsk/p/16332093.html