【组合数学-DP】BZOJ5305 [HAOI2018] 苹果树

【题目】
lydsy
一棵果树每个节点恰好有两个分支,初始只有一个根节点,每天果树会随机选择一个当前没有长出过节点的分支长出节点。求 n n n天后期望树点对之间距离和 E E E,输出 E × n ! E\times n! E×n! P P P取模的结果。

n ≤ 2000 , P ≤ 1 0 9 + 7 n\leq 2000,P\leq 10^9+7 n2000,P109+7

【解题思路】
观察到模数可能不是一个素数,而每一天会增加一种选择长出节点的方式,于是实际上这样生成的树有 n ! n! n!种,我们就可以知道输出中乘上的 n ! n! n!有什么用了。

那么这是一个计数题,我们考虑生成树中每条边对答案的贡献,设子树大小为 s i z i siz_i sizi,那么就是 n ⋅ ( n − s i z i ) n\cdot (n-siz_i) n(nsizi)。不妨枚举每个节点 i i i,考虑其父边的贡献,那么我们需要再枚举一个子树大小 j j j,它的贡献就是 j ⋅ ( n − j ) j\cdot (n-j) j(nj)。考虑它出现在多少中方案中,可以由子树内的形态和子树外的形态相乘。

对于子树内的形态数显然就是 ( n − i j − 1 ) ⋅ j ! {n-i\choose j-1}\cdot j! (j1ni)j!,其意义为每种选择编号方式有 j ! j! j!种生成树,而选择的节点编号必须大于 i i i

对于子树外的形态数,首先我们要生成到 i i i这棵子树,那么由 1 ∼ i 1\sim i 1i的点组成的二叉树形态是 i ! i! i!种的。接下来我们将剩余的 n − j − i + 1 n-j-i+1 nji+1个点挂到树上,且不能往 i i i子树中插入点,那么形态数就是 ∏ k = 1 n − j − i + 1 ( i + k − 2 ) \prod\limits_{k=1}^{n-j-i+1} (i+k-2) k=1nji+1(i+k2)。上面两个东西乘起来可以化简为 i ⋅ ( i − 1 ) ⋅ ( n − j − 1 ) ! i\cdot (i-1)\cdot (n-j-1)! i(i1)(nj1)!

于是最后的答案就是
∑ i = 1 n ∑ j = 1 n − i + 1 j ⋅ ( n − j ) ⋅ j ! ⋅ ( n − i j − 1 ) ⋅ i ⋅ ( i − 1 ) ⋅ ( n − j − 1 ) ! \sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^{n-i+1}j\cdot (n-j)\cdot j!\cdot {n-i\choose j-1}\cdot i\cdot (i-1)\cdot (n-j-1)! i=1nj=1ni+1j(nj)j!(j1ni)i(i1)(nj1)!

【参考代码】

#include
using namespace std;

const int N=2005;
int n,mod,ans;
int fac[N],C[N][N];

int upm(int x){return x>=mod?x-mod:x;}
void up(int &x,int y){x=upm(x+y);}
int mul(int x,int y){return 1ll*x*y%mod;}

int main()
{
#ifdef Durant_Lee 
	freopen("BZOJ5305.in","r",stdin);
	freopen("BZOJ5305.out","w",stdout);
#endif
	scanf("%d%d",&n,&mod);fac[0]=C[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		fac[i]=mul(fac[i-1],i);C[i][i]=C[i][0]=1;
		for(int j=1;j<i;++j) C[i][j]=upm(C[i-1][j-1]+C[i-1][j]);
	}
	for(int i=1;i<=n;++i) for(int j=1;j<=n-i+1;++j)
	{
		int t1=mul(mul(j,n-j),mul(fac[j],C[n-i][j-1])),t2=mul(mul(i,i-1),fac[n-j-1]);
		up(ans,mul(t1,t2));
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}


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