LOJ#2983. 「WC2019」数树
作者：互联网
抄题解
\(Task0\)，随便做一下，设 \(cnt\) 为相同的边的个数，输出 \(y^{n-cnt}\)
\(Task1\)，给定其中一棵树
设初始答案为 \(y^n\)，首先可以发现，每有一条边和给定的树相同就会使得答案除去 \(y\)
那么可以利用矩阵树定理，已经有的边权值为 \(y^{-1}\)，其它的连成完全图，权值为 \(1\)
求解行列式之后乘上 \(y^n\) 即可，\(O(n^3)\)
第一种正解 \(orz~laofu\) 即可 不会
第二种正解
一个小trick
对于求恰好 \(k\) 个的方案数，并且贡献为 \(x^k\) 的形式
可以利用二项式定理展开
\(x^k=\sum_{i=0}^{k}\binom{k}{i}(x-1)^k\)
含义为枚举所有的集合 \(E\)，如果 \(E\) 是答案的子集，那么贡献为 \((x-1)^{|E|}\)，否则为 \(0\)
所有子集 \(E\) 的贡献之和恰好是 \(x^k\)，这样可以省去容斥
那么可以直接算 \(y^{-1}-1\) 在每一种两棵树都包含的边集 \(|E|\) 的贡献
下面的 \(y\) 默认为 \(y^{-1}-1\)
对于一种边集 \(|E|\)，假设它把图分成了 \(m\) 个连通块，每个连通块大小为 \(a_i\)
运用 \(prufer\) 的知识，不难得到其生成树的方案数为 \(n^{m-2}\prod_{i=1}^{m}a_i\)
直观上来看这个东西，只能得到一个 \(O(n^2)\) 的 \(dp\)，\(f_{i,j}\) 表示 \(i\) 所在连通块，大小为 \(j\)
然后考虑 \(\prod_{i=1}^{m}a_i\) 的组合意义，即从每一个连通块选出一个点的方案数
那么就可以把上面的 \(dp\) 改成 \(f_{i,0/1}\) 表示 \(i\) 所在连通块是否选择了一个点
\(O(n)\) 树形 \(dp\) 即可
\(Task2\)，同样的利用那一个trick
设 \(f_i\) 表示钦定 \(i\) 条边相同的方案数
那么 \(ans=\sum_{i=0}^{n-1}f_iy^i\)
考虑计算 \(f_i\)，还是直接利用 \(prufer\)，容易得到
\[f_x=\sum_{\sum_{i=1}^{n-x}a_i=n}\frac{n!\prod_{i=1}^{n-x}\frac{a_i^{a_i-2}}{a_i!}}{(n-x)!}\times (n^{n-x-2}\prod_{i=1}^{n-x}a_i)^2\]
(含义参考：分配标号，连通块之间无序)
即
\[f_x=\sum_{\sum_{i=1}^{n-x}a_i=n}\frac{n!n^{2(n-x-2)}\prod_{i=1}^{n-x}\frac{a_i^{a_i}}{a_i!}}{m!}\]
根据这个式子不难得到一个 \(O(n^3)\) 的 \(dp\)，枚举划分
继续推导，直接代到答案里面，可以得到
\[ans=\sum_{i=1}^{n}\frac{y^{n-i}n^{2(i-2)}}{i!}\sum_{\sum_{j=1}^{i}a_j=n}\prod_{j=1}^{i}\frac{a_j^{a_j}}{a_j!}\]
\[=\frac{y^n}{n^4}\sum_{i=1}^{n}\frac{n^{2i}}{y^ii!}\sum_{\sum_{j=1}^{i}a_j=n}\prod_{j=1}^{i}\frac{a_j^{a_j}}{a_j!}\]
而 \(\sum_{\sum_{j=1}^{i}a_j=n}\prod_{j=1}^{i}\frac{a_j^{a_j}}{a_j!}\) 可以写成生成函数的形式
即 \([x^n](\sum_{j=1}^{n}\frac{j^j}{j!}x^j)^i\)
代入
\[ans=\frac{y^n}{n^4}\sum_{i=1}^{n}\frac{n^{2i}}{y^ii!}[x^n](\sum_{j=1}^{n}\frac{j^j}{j!}x^j)^i\]
\[=\frac{y^n}{n^4}[x^n]\sum_{i=1}^{n}\frac{(\frac{n^2}{y}\sum_{j=1}^{n}\frac{j^j}{j!}x^j)^i}{i!}\]
设 \(F=\frac{n^2}{y}\sum_{j=1}^{n}\frac{j^j}{j!}x^j\)
忽略与 \(i\) 无关项，就是
\[[x^n]\sum_{i=1}^{n}\frac{F^i}{i!}\]
这个东西直接写成无穷项的形式不会影响答案，不难发现就是
\[[x^n]e^{F}\]
多项式 \(exp\) 即可
\(O(nlogn)\)
# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn(1e5 + 5);
const int mod(998244353);
inline void Inc(int &x, int y) {
x = x + y >= mod ? x + y - mod : x + y;
}
inline void Dec(int &x, int y) {
x = x - y < 0 ? x - y + mod : x - y;
}
inline int Add(int x, int y) {
return x + y >= mod ? x + y - mod : x + y;
}
inline int Sub(int x, int y) {
return x - y < 0 ? x - y + mod : x - y;
}
inline int Pow(ll x, int y) {
ll ret = 1;
for (; y; y >>= 1, x = x * x % mod)
if (y & 1) ret = ret * x % mod;
return ret;
}
int n, y, op;
namespace Task0 {
map < pair <int, int> , int > vis;
inline void Solve() {
int i, u, v, cnt = 0;
for (i = 1; i < n; ++i) {
scanf("%d%d", &u, &v);
if (u > v) swap(u, v);
vis[make_pair(u, v)] = 1;
}
for (i = 1; i < n; ++i) {
scanf("%d%d", &u, &v);
if (u > v) swap(u, v);
if (vis.count(make_pair(u, v))) ++cnt;
}
printf("%d\n", Pow(y, n - cnt));
}
}
namespace Task1 {
int first[maxn], cnt, f0[maxn], f1[maxn];
struct Edge {
int to, next;
} edge[maxn << 1];
inline void AddEdge(int u, int v) {
edge[cnt] = (Edge){v, first[u]}, first[u] = cnt++;
edge[cnt] = (Edge){u, first[v]}, first[v] = cnt++;
}
void Dfs(int u, int ff) {
int e, v, tmp;
f1[u] = f0[u] = 1;
for (e = first[u]; ~e; e = edge[e].next)
if ((v = edge[e].to) ^ ff) {
Dfs(v, u), tmp = (ll)f1[u] * f1[v] % mod * n % mod;
Inc(tmp, ((ll)f1[u] * f0[v] % mod + (ll)f0[u] * f1[v] % mod) * y % mod);
f1[u] = tmp, tmp = (ll)f0[u] * f0[v] % mod * y % mod;
Inc(tmp, (ll)f1[v] * f0[u] % mod * n % mod);
f0[u] = tmp;
}
}
inline void Solve() {
int i, u, v, w = Pow(y, n), ans;
y = Pow(y, mod - 2), Dec(y, 1);
memset(first, -1, sizeof(first));
for (i = 1; i < n; ++i) scanf("%d%d", &u, &v), AddEdge(u, v);
Dfs(1, 0);
ans = (ll)f1[1] * w % mod * Pow(n, mod - 2) % mod;
printf("%d\n", ans);
}
}
namespace Task2 {
int f[maxn << 2], g[maxn << 2], ans, fac[maxn], inv[maxn];
int w[2][maxn << 2], r[maxn << 2], l, deg;
inline void Init(int len) {
int i, x, y;
for (l = 0, deg = 1; deg < len; deg <<= 1) ++l;
for (i = 0; i < deg; ++i) r[i] = (r[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (l - 1));
x = Pow(3, (mod - 1) / deg), y = Pow(x, mod - 2), w[0][0] = w[1][0] = 1;
for (i = 1; i < deg; ++i) w[0][i] = (ll)w[0][i - 1] * x % mod, w[1][i] = (ll)w[1][i - 1] * y % mod;
}
inline void DFT(int *p, int opt) {
int i, j, k, t, wn, x, y;
for (i = 0; i < deg; ++i) if (r[i] < i) swap(p[r[i]], p[i]);
for (i = 1; i < deg; i <<= 1)
for (t = i << 1, j = 0; j < deg; j += t)
for (k = 0; k < i; ++k) {
wn = w[opt == -1][deg / t * k];
x = p[j + k], y = (ll)p[j + k + i] * wn % mod;
p[j + k] = Add(x, y), p[j + k + i] = Sub(x, y);
}
if (opt == -1) for (i = 0, wn = Pow(deg, mod - 2); i < deg; ++i) p[i] = (ll)p[i] * wn % mod;
}
void Inv(int *p, int *q, int len) {
if (len == 1) {
q[0] = Pow(p[0], mod - 2);
return;
}
Inv(p, q, len >> 1);
static int a[maxn << 2], b[maxn << 2];
int tmp = len << 1, i;
Init(tmp);
for (i = 0; i < tmp; ++i) a[i] = b[i] = 0;
for (i = 0; i < len; ++i) a[i] = p[i], b[i] = q[i];
DFT(a, 1), DFT(b, 1);
for (i = 0; i < tmp; ++i) a[i] = (ll)a[i] * b[i] % mod * b[i] % mod;
DFT(a, -1);
for (i = 0; i < len; ++i) q[i] = Sub(Add(q[i], q[i]), a[i]);
}
inline void Calc(int *p, int *q, int len) {
int i;
for (i = len - 2; ~i; --i) q[i + 1] = (ll)p[i] * Pow(i + 1, mod - 2) % mod;
q[0] = 0;
}
inline void ICalc(int *p, int *q, int len) {
int i;
for (i = len - 2; ~i; --i) q[i] = (ll)p[i + 1] * (i + 1) % mod;
q[len - 1] = 0;
}
inline void Ln(int *p, int *q, int len) {
static int a[maxn << 2], b[maxn << 2];
int tmp = len << 1, i;
for (i = 0; i < tmp; ++i) a[i] = b[i] = 0;
ICalc(p, a, len), Inv(p, b, len);
DFT(a, 1), DFT(b, 1);
for (i = 0; i < tmp; ++i) a[i] = (ll)a[i] * b[i] % mod;
DFT(a, -1), Calc(a, q, len);
}
void Exp(int *p, int *q, int len) {
if (len == 1) {
q[0] = 1;
return;
}
Exp(p, q, len >> 1);
static int a[maxn << 2], b[maxn << 2];
int tmp = len << 1, i;
Init(tmp);
for (i = 0; i < tmp; ++i) a[i] = b[i] = 0;
Ln(q, a, len);
for (i = 0; i < len; ++i) a[i] = Sub(p[i], a[i]), b[i] = q[i];
Inc(a[0], 1), DFT(a, 1), DFT(b, 1);
for (i = 0; i < tmp; ++i) a[i] = (ll)a[i] * b[i] % mod;
DFT(a, -1);
for (i = 0; i < len; ++i) q[i] = a[i];
}
inline void Solve() {
int i, j, k, w = Pow(y, n), len;
if (n == 1) {
printf("%d\n", y);
return;
}
if (y == 1) {
printf("%d\n", Pow(n, (n - 2) << 1));
return;
}
y = Pow(y, mod - 2), Dec(y, 1), fac[0] = inv[0] = inv[1] = 1;
for (i = 1; i <= n; ++i) fac[i] = (ll)fac[i - 1] * i % mod;
for (i = 2; i <= n; ++i) inv[i] = (ll)(mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod;
for (i = 2; i <= n; ++i) inv[i] = (ll)inv[i] * inv[i - 1] % mod;
for (i = 1; i <= n; ++i) f[i] = (ll)Pow(i, i) * inv[i] % mod * Pow(y, mod - 2) % mod * n % mod * n % mod;
for (len = 1; len <= n; len <<= 1);
Exp(f, g, len);
ans = (ll)g[n] * w % mod * fac[n] % mod * Pow(y, n) % mod * Pow(Pow(n, mod - 2), 4) % mod;
printf("%d\n", ans);
}
}
int main() {
freopen("tree.in", "r", stdin);
freopen("tree.out", "w", stdout);
scanf("%d%d%d", &n, &y, &op);
if (!op) Task0 :: Solve();
else if (op == 1) Task1 :: Solve();
else Task2 :: Solve();
return 0;
}标签：数树,frac,LOJ,sum,2983,int,maxn,prod,mod 来源： https://www.cnblogs.com/cjoieryl/p/10347235.html