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题意

给定一个 \(2n\) 个点的完全图，并给出这些点的一个生成树，问图中没有任何一个边在该生成树上的完美匹配个数。

思路

容斥

考虑容斥，全集为不带任何限制的完美匹配个数，令属性 \(P_i\) 表示树上第 \(i\) 个边在匹配里面，拥有属性 \(P_i\) 的元素构成集合 \(S_i\)，那么答案为：

\[|U|-\left|\bigcup_{i}{S_i} \right|=|U|-\sum_{i}{|S_i|} +\sum_{i<j}{|S_i \cap S_j|} - \sum_{i<j<k}{|S_i \cap S_j \cap S_k|}+\cdots \]

（此处来源：oi-wiki_容斥原理）

考虑计算 \(n\) 个点的完全图的匹配个数：枚举第一个点配对的对象，然后剩下 \(n-2\) 个点变成子问题，则有递推式 \(f(n)=(n-1)\cdot f(n-2)\)。那么满足了 \(k\) 个属性的所有集合的元素个数之和，即为在树上任选 \(k\) 个不相邻的边的方案数乘以剩下 \(2n-2k\) 个点任意匹配的方案数。前者用树上背包实现，后者即 \(f(2n-2k)\)。

树上背包

令 \(dp(u,k,0)\) 表示子树选了 \(k\) 条边，\((u,fa)\) 不被选中的方案数，对应地，在 \(dp(u,k,1)\) 中则有 \((u, fa)\) 被选中。

那么 \(dp(u,k,1)\) 只能取子树的 \(0\) 状态，而 \(dp(u,k,0)\) 转移过程至多取一个子树的 \(1\) 状态，剩下全取 \(0\) 状态（也可以全取 \(0\) 状态）。

由该规则可知在枚举子树进行转移过程中，\(dp(u, *, 1)\) 只能从自己的背包里面加上当前子树的 \(0\) 状态进行转移，而 \(dp(u,*,0)\) 可以从自己的背包里面加上子树的 \(0\) 状态转移，也可以从 \(dp(u,*,1)\) 的背包里面加上子树的 \(1\) 状态转移。

还有一个细节，本来 \(1\) 状态中，\((u, fa)\) 会贡献一个选中的边。但由于转移的时候 \(0\) 的背包要用到 \(1\) 的背包，则转移完了之后再把 \(1\) 的背包右移。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i, a, b) for(int i = (a), __ ## i = (b); i <= __ ## i; ++i)
#define per(i, b, a) for(int i = (b), __ ## i = (a); i >= __ ## i; --i)
#define vi vector<int>
#define ll long long 
#define pb emplace_back
using namespace std;
inline void rd(int &x){scanf("%d", &x);}
const int maxn = 4321;
const ll mod = 998244353;
vi ed[maxn];
int n;
ll dp[maxn][maxn][2];
int sz[maxn];
void dfs(int u, int fa)
{
    dp[u][0][0] = dp[u][0][1] = 1;
    for(auto v : ed[u]) if(v != fa)
    {
        dfs(v, u);
        per(i, sz[u] + sz[v], 0)
        {
            rep(j, max(1, i - sz[u]), min(i, sz[v])) // 注意下界不能为0，否则会产生重复计算
            {
                dp[u][i][0] = (dp[u][i][0] + dp[u][i - j][0] * dp[v][j][0] + dp[u][i - j][1] * dp[v][j][1]) % mod;
                dp[u][i][1] = (dp[u][i][1] + dp[u][i - j][1] * dp[v][j][0]) % mod;
            }
        }
        sz[u] += sz[v];        
    }
    per(i, ++sz[u], 1) dp[u][i][1] = dp[u][i - 1][1];
    dp[u][0][1] = 0;
}
ll f[maxn], ans;
int main()
{
    rd(n);
    int u, v; rep(i, 1, 2 * n - 1) rd(u), rd(v), ed[u].pb(v), ed[v].pb(u);
    dfs(1, 1);
    f[0] = 1; rep(i, 1, n) f[i * 2] = (i * 2 - 1) * f[i * 2 - 2] % mod;
    rep(i, 0, n)
        ans = (ans + f[2 * n - 2 * i] * dp[1][i][0] * (i % 2 ? -1 : 1) % mod) % mod;  
    ans = (ans + mod) % mod;
    cout << ans << endl;
}

标签：Perfect,sz,ICPC2021,背包,Matchings,int,maxn,dp,mod
来源： https://www.cnblogs.com/gxj233/p/15588921.html