2020牛客暑期多校训练营Valuable Forests(动态规划，组合数学，prufer序列)

Valuable Forests

题目描述

输入描述:

输出描述:

示例1

输入

5 1000000007
2
3
4
5
107

输出

2
24
264
3240
736935633

题目大意

给定$n$个节点，求这些节点组成的森林的所有可能中每个点的度的平方和。
要求答案$mod$给定的模数$M$。

分析

分析这题，发现难点在于，有很多很多的可能，比如说森林中树的个数、每棵树的节点分布情况、树的大小……那么，这些里面最重要的就是前两条，我们分别用数组存下。

$dp[i]$表示在森林中有$i$个节点时的总方案数。
$f[i]$表示大小为$i$的无根树的答案。

那么一看我定义的变量就知道是个$dp$题。因为每次考虑最后一棵树就可以完成转移了。

• 我们先考虑$dp[i]$的转移。
  那么假如剩下$j$个节点给最后一棵树，那么之前的方案是$dp[i-j]$，然后对于每个方案，$j$个节点的可能是$j^{j-2}$，然后考虑节点的编号，由于没有说一定是顺序的，所以前$i$个节点编号不一定是$1\sim i$，所以要乘上其组合数，运用隔板法，又因为第$i$号节点一定要在最后一棵树，否则会重复，所以点数选择要减一，即$C_{i-1}^{j-1}$。
  所以，枚举$j$即可，如下：
  $dp[i]=\sum _{j=1}^{i}dp[i-j]\ast j^{j-2}\ast C_{i-1}^{j-1}$
• 我们再考虑$f[i]$的转移。
  这里要用到一个$prufer$序列，说的是一个无根树和一个序列是一一对应的。首先枚举每个节点$p$，然后再枚举每个节点的度$j$(度不会大于点数-1)，那么答案中肯定是乘上一个$j^2$，然后考虑节点的编号，同上要乘上一个$C_{i-2}^{j-1}$，减二是因为在构造$prufer$的时候是剩下一条边，以防止有自环出现。然后是节点的顺序，乘上一个$(i-1{)}^{i-1-j}$。
  所以枚举$p,j$即可，如下：
  $f[i]=\sum _{p=1}^i\sum _{j=1}^{i-1}{j}^2\ast C_{i-2}^{j-1}\ast (i-1{)}^{i-1-j}$
  然后发现$p$在转移的时候并没有用，所以可以把那个$\sum$压掉。如下：
  $f[i]=i\ast \sum _{j=1}^{i-1}{j}^2\ast C_{i-2}^{j-1}\ast (i-1{)}^{i-1-j}$

然后就是把上面求出来的一起来算答案。设$ans[i]$表示有$i$个节点的时候题目的答案。

• 我们考虑$ans[i]$的转移
  首先枚举一个$j$表示最后的一棵树有$j$个节点，然后递推。那么显然前面的答案是$ans[i-j]\ast j^{j-2}$。然后是当前的答案是$dp[j-i]\ast f[j]$表示当前算出来的答案，然后加起来。最后一样的，要考虑节点编号的问题，乘上节点的组合数。
  所以枚举$j$，可以得到：
  $ans[i]=\sum _{j=1}^i{C}_{i-1}^{j-1}\ast (j^{j-2}\ast ans[i-j]+f[j]\ast dp[i-j])$

做的时候先打表，然后直接输出即可，见代码，注意模。

代码

#include
#define ll long long
using namespace std;
const int MAXN=5010;
ll mod,C[MAXN][MAXN],dp[MAXN],f[MAXN],ans[MAXN],qp[MAXN][MAXN];//long long
ll ksm(ll a,ll p){if(p<0) return 1ll;else return qp[a][p];}//指数为负是1
int main()
{
	int T,nnn;
	scanf("%d%lld",&T,&mod);
	C[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=5000;i++){
		C[i][0]=1;
		for(int j=1;j<=i;j++)
			C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod;
	}//用杨辉三角处理组合数
	for(int i=0;i<=5000;i++){
		qp[i][0]=1;
		for(int j=1;j<=5000;j++)
			qp[i][j]=qp[i][j-1]*i%mod;
	}//预处理快速幂，让你的快速幂成为O(1)
	dp[0]=1;
	for(int i=1;i<=5000;i++)
		for(int j=1;j<=i;j++)
			dp[i]=(dp[i]+dp[i-j]*ksm(j,j-2)%mod*C[i-1][j-1]%mod)%mod;
	//预处理dp
	for(int i=1;i<=5000;i++){
		for(int j=1;j<i;j++)
			f[i]=(f[i]+j*j%mod*C[i-2][j-1]%mod*ksm(i-1,i-1-j)%mod)%mod;
		f[i]=f[i]*i%mod;
	}//预处理f
	for(int i=1;i<=5000;i++)
		for(int j=1;j<=i;j++)
			ans[i]=(ans[i]+C[i-1][j-1]*(ksm(j,j-2)*ans[i-j]%mod+f[j]*dp[i-j]%mod)%mod)%mod;
	//算答案
	while(T--){
		scanf("%d",&nnn);
		printf("%lld\n",ans[nnn]);
	}//直接输出
}

END

要素 bug颇多……