【USST2020 I】Immortal Trees 题解

题目大意

  给定一个 $n$，表示一棵有标号无根树有 $n$ 个结点。
  有如下限制：

1. 给定 $m$ 个数对 $(x_i,y_i)$，表示树上一定要有 $(x_i,y_i)$ 这条边；
2. 有 $k$ 个限制 $op_i\ x_i\ deg_i$，若 $op_i=0$ 表示 $x$ 的度数至少为 $deg_i$，若 $op_i=1$ 表示 $x$ 的度数至多为 $deg_i$。

  求合法的树的数量。

  $2 \leq n \leq 60,\ 0 \leq m \leq n-1,\ 0 \leq k \leq 60$
  1s

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题解

  有趣~

  看到有标号无根树计数，甚至规定了某些点的度数，八九不离十是考虑 prufer 序。
  但是有些点已经被初始边连起来了，怎么办呢？

  当然是把它们缩起来，一个连通块当作一个新点来考虑啊！

  比如 $n=4$，有一条初始边 $(1,2)$，那么缩起来成为连通块 $a$，我们只需考虑 $a,3,4$ 的 prufer 序。然后，在不同的 prufer 序中，$a$ 连出去的边的数量是不一样的，这会造成不同的贡献。

  因此需要这么 dp：设 $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 个连通块共使用了 $j$ 个 prufer 序位置的方案数。转移就是枚举第 $i$ 个连通块用了多少个 prufer 序位置：

$$f_{i,j}=\sum_{k=0}^j \binom{j}{k} \cdot f_{i-1,j-k} \cdot g_{i,k+1}$$

  其中 $g_{i,k}$ 表示第 $i$ 个连通块往外连 $k$ 条边的方案数。

  所以现在就是要求 $g_{i,j}$。每个点先求出去掉初始边之后的合法度数区间 $[mindg_i,maxdg_i]$（即除初始边外还需要连这么多边），然后对于每个连通块单独考虑，依次考虑每个点，设 $h_{x,j}$ 表示该连通块前 $x$ 个点用了 $j$ 条边的方案数，那么

$$h_{x,j}=\sum_{k=mindg_x}^{maxdg_x} h_{x-1,j-k} \cdot \binom{j}{k}$$

  然后就有 $g_{i,j}=h_{size_i,j}$，$size_i$ 表示该连通块的大小。

  这样就是 $O(n^3)$ 的了。（官方题解不知道为什么写了 $O(n^4)$）要再提升的话，就分治 FFT？

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;

typedef long long LL;

const int maxn=65;
const LL mo=998244353;

int n,m,k,dg[maxn],mindg[maxn],maxdg[maxn];
LL f[maxn][maxn],g[maxn][maxn];

LL C[maxn][maxn];
void C_pre(int n)
{
	fo(i,0,n)
	{
		C[i][0]=1;
		fo(j,1,i) C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mo;
	}
}

int ga[maxn];
int get(int x) {return ga[x]==x ?x :ga[x]=get(ga[x]);}

#define NO {puts("0"); return 0;}

map<pair<int,int>,int> M;
vector<int> V[maxn];
int cc;
LL h[maxn][maxn];
int main()
{
	C_pre(60);
	
	scanf("%d %d %d",&n,&m,&k);
	fo(i,1,n) ga[i]=i, mindg[i]=1, maxdg[i]=n-1;
	fo(i,1,m)
	{
		int x,y;
		scanf("%d %d",&x,&y);
		if (x>y) swap(x,y);
		if (++M[make_pair(x,y)]>1) continue;
		if (get(x)==get(y)) NO;
		ga[get(x)]=get(y);
		dg[x]++, dg[y]++;
	}
	fo(i,1,k)
	{
		int op,x,deg;
		scanf("%d %d %d",&op,&x,&deg);
		if (op==1) maxdg[x]=min(maxdg[x],deg); else mindg[x]=max(mindg[x],deg);
	}
	fo(i,1,n)
	{
		mindg[i]=max(0,mindg[i]-dg[i]), maxdg[i]-=dg[i];
		if (mindg[i]>maxdg[i]) NO;
	}
	
	fo(i,1,n) V[get(i)].push_back(i);
	fo(i,1,n) if (get(i)==i)
	{
		++cc;
		int sz=V[i].size();
		memset(h,0,sizeof(h));
		h[0][0]=1;
		fo(x,1,sz)
		{
			int cur=V[i][x-1];
			fo(curj,mindg[cur],maxdg[cur])
				fo(j,curj,n-1) (h[x][j]+=h[x-1][j-curj]*C[j][curj])%=mo;
		}
		fo(j,0,n-1) g[cc][j]=h[sz][j];
	}
	if (cc==1)
	{
		fo(i,1,n) if (mindg[i]>0) NO;
		puts("1"); return 0;
	}
	
	f[0][0]=1;
	fo(i,1,cc)
		fo(j,0,cc-2)
			fo(k,0,j)
				(f[i][j]+=f[i-1][j-k]*C[j][k]%mo*g[i][k+1])%=mo;
	
	printf("%lld\n",f[cc][cc-2]);
}