洛谷P5206 [WC2019] 数树(数学)

洛谷P5206 [WC2019] 数树(数学)

题目描述

本题包含三个问题：

  • 问题 0：已知两棵 (n) 个节点的树的形态（两棵树的节点标号均为 (1) 至 (n)），其中第一棵树是红树，第二棵树是蓝树。要给予每个节点一个 ([1, y]) 中的整数，使得对于任意两个节点 (p, q)，如果存在一条路径 ((a_1 = p, a_2, cdots , a_m = q)) 同时属于这两棵树，则 (p, q) 必须被给予相同的数。求给予数的方案数。
    • 存在一条路径同时属于这两棵树的定义见「题目背景」。
  • 问题 1：已知蓝树，对于红树的所有 (n^{n-2}) 种选择方案，求问题 0 的答案之和。
  • 问题 2：对于蓝树的所有 (n^{n-2}) 种选择方案，求问题 1 的答案之和。

提示：(n) 个节点的树一共有 (n^{n-2}) 种。

在不同的测试点中，你将可能需要回答不同的问题。我们将用 ( ext{op}) 来指代你需要回答的问题编号（对应上述 0、 1、 2）。

由于答案可能很大，因此你只需要输出答案对 (998, 244, 353) 取模的结果即可。

数据范围

$ 1 le n le 10^5 $

解题思路

这题是一道熟练题，但也得熟练到一定程度才能很快的切掉吧

attention 下面我用 (y_r) 代表 (frac 1y)

subtask1：两棵树都给出

很简单吧，直接 set 看看两棵树相同边集的大小

答案就是

[large y^{n-|E_1 cap E_2|} ]

subtask2：给出第一棵树

答案是

[large sum_{E}[E_1 cap E_2=E]y^{n-|E|}(k-2)!sum_{sum deg_i=k-2} prod_{i=1}^kfrac{siz_i^{deg_i+1}}{deg_i!} ]

前面枚举并集，然后 (prufer) 序列计数，每个联通块可以随便选出来一个点连边，(k) 指的是联通块个数 = (n-|E|)，(siz) 指的是联通块大小

继续

[large sum_{E}[E_1 cap E_2=E]y^{n-|E|}(k-2)!sum_{sum deg_i=k-2} prod_{i=1}^kfrac{siz_i^{deg_i+1}}{deg_i!}\ large =sum_{E}[E_1 cap E_2=E]y^{n-|E|}(k-2)!left (prod_{i=1}^k siz_i ight)sum_{sum deg_i=k-2} prod_{i=1}^kfrac{siz_i^{deg_i}}{deg_i!}\ large =sum_{E}[E_1 cap E_2=E]y^{n-|E|}(k-2)!left (prod_{i=1}^k siz_i ight)left[x^{k-2} ight] prod_{i=1}^k e^{siz_ix}\ large =sum_{E}[E_1 cap E_2=E]y^{n-|E|}(k-2)!left (prod_{i=1}^k siz_i ight)left[x^{k-2} ight] e^{nx}\ large =sum_{E}[E_1 cap E_2=E]y^{n-|E|}left (prod_{i=1}^k siz_i ight)n^{k-2}\ ]

其实直接从组合意义理解也是可以的，就是 (prufer) 序列其实填 (n) 个数中的任意一个都可以

发现集合的并恰好等于很难办，设

[large g(E)=[E_1 cap E_2=E]left (prod_{i=1}^k siz_i ight)n^{k-2}\ large f(E)=left (prod_{i=1}^k siz_i ight)n^{k-2}\ ]

有

[large FakeAns=sum_E y^{n-|E|}f(E)\ large=sum_{E}g(E)sum_{E' subseteq E}y^{n-|E'|}\ large = sum_Eg(E)y^nsum_{k=0}^{|E|}{|E|choose k}y_r^{k}\ large = sum_Eg(E)y^n(y_r+1)^{|E|}\ ]

这里给出另一种顺推做法

[large f(E) = sum_{Esubseteq E'} g(E)\ large g(E)=sum_{E subseteq E'}(-1)^{|E'|-|E|}f(E')\ large sum_{E}y^{n-|E|}g(E)=sum_E y^{n-|E|}sum_{E subseteq E'}(-1)^{|E'|-|E|}f(E')\ large =sum_{E}f(E)sum_{k=0}^{|E|} {|E|choose k}(-1)^{|E|-k}y^{n-k}\ large =sum_{E}y^n(y_r-1)^{|E|}f(E) ]

因此有

[large Ans = sum_{E}y^{n-|E|}g(E) = sum_{E}y^n(y_r-1)^{|E|}f(E)\ large =sum_{E}y^n(y_r-1)^{|E|}left (prod_{i=1}^k siz_i ight)n^{k-2}\ large =y^{n}n^{n-2}sum_{E}left (prod_{i=1}^k siz_i ight)left(frac {y_r-1}{n} ight)^{|E|}\ ]

考虑后面暴力 (dp)，(dp[i][j]) 表示当前节点为 (i)，当前联通块大小为 (j) 的方案数，走出去的时候把 (siz) 乘上即可

用组合一样可以做到更优的 (Theta(n)) 做法，问题等价于把树分成若干的联通块，每个块中选出一个点的方案数，因此我们设 (dp[i][0/1]) 表示当前节点为 i，当前联通块有没有选择关键点即可

具体的 (dp) 转移方程

[large y = son~of~x\ large dp[x][0] = dp[x][0]cdot(dp[y][1]+frac {y_r-1}{n}dp[y][0])\ large dp[x][1] = dp[x][1] cdot(dp[y][1]+frac {y_r-1}{n}dp[y][0])+frac {y_r-1}{n}dp[x][0]cdot dp[y][1] ]

subtask3：一棵树也不给

由上一问可知

[large Ans = sum_{E}f(E)^2y^n(y_r-1)^{|E|}\ large h(s) = sum_{|E| = s}f(E)^2\ large Ans = y^nsum_{i=0}h(i)(y_r-1)^{i} ]

推法一：大力推式子，枚举有几个联通块

[large h(s)=sum_{sum siz_i=n}frac {n!}{(n-s)!}prodfrac {siz_i^{siz_i-2}}{siz_i!}left(prod siz_i ight)^2 n^{2n-2s-4}\ large =sum_{sum siz_i=n}frac {n!}{(n-s)!}prodfrac {siz_i^{siz_i-2}}{siz_i!}left(prod siz_i ight)^2 n^{2n-2s-4}\ large =frac {n!}{(n-s)!}n^{2n-2s-4}sum_{sum siz_i=n}prodfrac {siz_i^{siz_i}}{siz_i!} \ large =frac {n!}{(n-s)!}n^{2n-2s-4}sum_{sum siz_i=n}prodfrac {siz_i^{siz_i}}{siz_i!} \ large =frac {n!}{(n-s)!}n^{2n-2s-4}[x^n](sum_{jge1}frac {j^j}{j!}x^j)^{n-s} \ large =frac {n!}{(n-s)!}n^{2n-2s-4}[x^n](sum_{jge1}frac {j^j}{j!}x^j)^{n-s} \ ]

[large Ans = y^n(y_r-1)^nsum_{s=1}^n(y_r-1)^{-s}h(n-s)\ large Ans = frac {n!y^n(y_r-1)^n}{n^4}sum_{s=1}^nfrac {(y_r-1)^{-s}}{s!}n^{2s}[x^n]left(sum_{jge1}frac {j^j}{j!}x^j ight)^{s}\ large Ans = frac {n!y^n(y_r-1)^n}{n^4}sum_{s=1}^n[x^n]frac {left(frac{n^2}{y_r-1}sum_{jge1}frac {j^j}{j!}x^j ight)^{s}}{s!}\ large Ans = frac {n!y^n(y_r-1)^n}{n^4}[x^n]e^{left(frac{n^2}{y_r-1}sum_{jge1}frac {j^j}{j!}x^j ight)}\ ]

这题到底要多熟练啊！

推法二：生成函数熟练者使用

[large Ans = frac{y^n}{n^4}(y_r-1)^{n}sum_{E}prod (siz_i^2n^2 (y_r-1)^{-1})\ ]

下面是组合意义，可以从联通块的角度考虑，一个联通块对乘积的贡献是 (siz_i^2n^2(y_r-1)^{-1})，又因为一个联通块有 (siz_i^{siz_i-2}) 种生成树，所以总贡献是 (siz_i^{siz_i}n^2(y_r-1)^{-1})

即其生成函数是

[large F(x)=sum_{j ge 1} frac {n^2}{y_r-1}j^jx^j ]

用若干联通子图合成总图方案数为

[large G(x) = e^{F(x)} ]

显然答案就是

[large [x^n]G(x) ]

代码在下

#include <queue>
#include <vector>
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define MP make_pair
#define ll long long
#define fi first
#define se second
using namespace std;

template <typename T>
void read(T &x) {
    x = 0; bool f = 0;
    char c = getchar();
    for (;!isdigit(c);c=getchar()) if (c=='-') f=1;
    for (;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+(c^48);
    if (f) x=-x;
}

template<typename F>
inline void write(F x, char ed = '
')
{
	static short st[30];short tp=0;
	if(x<0) putchar('-'),x=-x;
	do st[++tp]=x%10,x/=10; while(x);
	while(tp) putchar('0'|st[tp--]);
	putchar(ed);
}

template <typename T>
inline void Mx(T &x, T y) { x < y && (x = y); }

template <typename T>
inline void Mn(T &x, T y) { x > y && (x = y); }

const int P = 998244353;
ll fpw(ll x, ll mi) {
	ll res = 1;
	for (; mi; mi >>= 1, x = x * x % P)
		if (mi & 1) res = res * x % P;
	return res; 
} 

#include <set> 
ll n, y, op;
namespace subtask0 {
	void main() {
		set<pair<int, int> > s;
		for (int i = 1, x, y;i < n; i++) {
			read(x), read(y); if (x > y) swap(x, y);
			s.insert(MP(x, y));
		}
		int cnt = n;
		for (int i = 1, x, y;i < n; i++) {
			read(x), read(y); if (x > y) swap(x, y);
			if (s.find(MP(x, y)) != s.end()) cnt--;
		}
		write(fpw(y, cnt));
	}
}

namespace subtask1 {
	
	const int N = 200050;
	int h[N], ne[N<<1], to[N<<1], tot;
	inline void add(int x, int y) {
		ne[++tot] = h[x], to[h[x] = tot] = y;
	}
	
	ll dp[N][2], Y;
	void dfs(int x, int fa) {
		dp[x][0] = dp[x][1] = 1;
		for (int i = h[x]; i; i = ne[i]) {
			int y = to[i]; if (y == fa) continue;
			dfs(y, x); ll t0 = dp[x][0], t1 = dp[x][1];
			dp[x][0] = t0 * (dp[y][1] + Y * dp[y][0] % P) % P;
			dp[x][1] = t1 * (dp[y][1] + Y * dp[y][0] % P) % P + Y * t0 % P * dp[y][1] % P;
			dp[x][1] %= P;
		}
	}
	void main() {
		for (int i = 1, x, y;i < n; i++)
			read(x), read(y), add(x, y), add(y, x); 
		if (y == 1) return write(fpw(n, n - 2));
		ll ans = fpw(y, n) * fpw(n, n - 2) % P;
		Y = fpw(y, P - 2) - 1, Y = Y * fpw(n, P - 2) % P;
		dfs(1, 0);
		write(ans * dp[1][1] % P);
	}
}

namespace subtask2 {
	
	const int G = 3;
	const int N = 300500;
	ll g[N], f[N], A[N], B[N], C[N], D[N], E[N];
	int r[N], lim;
	void NTT(ll *f, int ty) {
		for (int i = 0;i < lim; i++)
			if (r[i] > i) swap(f[i], f[r[i]]);
		for (int i = 1;i < lim; i <<= 1) {
			ll wn = fpw(G, (P - 1) / (i << 1));
			for (int j = 0;j < lim; j += (i << 1)) {
				ll w = 1;
				for (int k = 0;k < i; k++, w = w * wn % P) {
					ll x = f[j+k], y = f[i+j+k] * w % P;
					f[j+k] = (x + y) % P;
					f[i+j+k] = (x - y + P) % P;
				}
			}
		}
		if (ty == -1) {
			ll inv = fpw(lim, P - 2);
			for (int i = 0;i < lim; i++) f[i] = f[i] * inv % P;
			reverse(f + 1, f + lim);
		}
	}
	
	void Inv(int deg, ll *a, ll *b) {
		b[0] = fpw(a[0], P - 2); int len;
		for (len = 2;len < (deg << 1); len <<= 1) {
			lim = len << 1;
			for (int i = 0;i < len; i++) A[i] = a[i], B[i] = b[i];
			for (int i = 0;i < lim; i++)
				r[i] = (r[i>>1]>>1) | ((i & 1) ? len : 0);
			NTT(A, 0), NTT(B, 0);
			for (int i = 0;i < lim; i++)
				b[i] = (2 - A[i] * B[i] % P + P) * B[i] % P;
			NTT(b, -1);
			for (int i = len;i < lim; i++) b[i] = 0;
		}
		for (int i = 0;i < len; i++) A[i] = B[i] = 0;
	}
	
	ll inv[N];
	void init(void) {
		inv[0] = inv[1] = 1;
		for (int i = 2;i <= n * 2; i++)
			inv[i] = inv[P % i] * (P - P / i) % P;
	}
	void door(ll *a, int deg) {
		for (int i = 1;i < deg; i++)
			a[i-1] = a[i] * i % P;
		a[deg - 1] = 0;
	}
	void chick(ll *a, int deg) {
		for (int i = deg - 2;i >= 0; i--)
			a[i + 1] = a[i] * inv[i + 1] % P;
		a[0] = 0;
	}
	void Ln(int deg, ll *a) {
		Inv(deg, a, C), door(a, deg);
		NTT(a, 1), NTT(C, 1);
		for (int i = 0;i < lim; i++)
			a[i] = a[i] * C[i] % P;
		NTT(a, -1), chick(a, deg); 
	}
	
	void Exp(int deg, ll *a, ll *b) {
		int len; b[0] = 1;
		for (len = 2;len < (deg << 1); len <<= 1) {
			lim = len << 1;
			for (int i = 0;i < len; i++) E[i] = b[i];
			Ln(len, E), E[0] = (a[0] + 1 - E[0] + P) % P; 
			for (int i = 1;i < len; i++)
				E[i] = (a[i] - E[i] + P) % P;
			NTT(E, 1), NTT(b, 1);
			for (int i = 0;i < lim; i++)
				b[i] = b[i] * E[i] % P;
			NTT(b, -1);
			for (int i = len;i < lim; i++) b[i] = 0;
		}
	}
	
	void main() {
		if (y == 1) return write(fpw(n, 2 * n - 4));
                ll ans = 1, Y = fpw(y, P - 2) - 1; init();
		for (int i = 1;i <= n; i++)
			ans = ans * i % P * y % P * Y % P;
		ans = ans * fpw(n * n % P * n % P * n % P, P - 2) % P;
		ll tmp = n * n % P * fpw(Y, P - 2) % P, jie = 1;
		for (int i = 1;i <= n; i++) {
			jie = jie * inv[i] % P;
			f[i] = tmp * fpw(i, i) % P * jie % P;
//			write(f[i], ' ');
		}
//		puts("");
		Exp(n + 1, f, g), write(g[n] * ans % P);
//		for (int i = 0;i <= n; i++)
//			write(g[i], ' ');
	}
}

int main() {
	read(n), read(y), read(op);
	if (op == 0) subtask0::main();
	else if (op == 1) subtask1::main();
	else if (op == 2) subtask2::main();
	return 0;
}
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