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

2020牛客暑期多校训练营Valuable Forests(动态规划,组合数学,prufer序列)_第1张图片

输入描述:

2020牛客暑期多校训练营Valuable Forests(动态规划,组合数学,prufer序列)_第2张图片

输出描述:

在这里插入图片描述

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 n 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 m o d mod mod给定的模数 M M 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。

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

那么一看我定义的变量就知道是个 d p dp 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 d p [ i ] dp[i] dp[i]的转移。
    那么假如剩下 j j j个节点给最后一棵树,那么之前的方案是 d p [ i − j ] dp[i-j] dp[ij],然后对于每个方案, j j j个节点的可能是 j j − 2 j^{j-2} jj2,然后考虑节点的编号,由于没有说一定是顺序的,所以前 i i i个节点编号不一定是 1 ∼ i 1\sim i 1i,所以要乘上其组合数,运用隔板法,又因为第 i i 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 C_{i-1}^{j-1} Ci1j1
    所以,枚举 j j j即可,如下:
    d p [ i ] = ∑ j = 1 i d p [ i − j ] ∗ j j − 2 ∗ C i − 1 j − 1 dp[i]=\mathop{\sum}\limits_{j=1}^idp[i-j]*j^{j-2}*C_{i-1}^{j-1} dp[i]=j=1idp[ij]jj2Ci1j1
  • 我们再考虑 f [ i ] f[i] f[i]的转移。
    这里要用到一个 p r u f e r prufer 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 p p,然后再枚举每个节点的度 j j j(度不会大于点数-1),那么答案中肯定是乘上一个 j 2 j^2 j2,然后考虑节点的编号,同上要乘上一个 C i − 2 j − 1 C_{i-2}^{j-1} Ci2j1,减二是因为在构造 p r u f e r prufer 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 (i-1)^{i-1-j} (i1)i1j
    所以枚举 p , j p,j p,j即可,如下:
    f [ i ] = ∑ p = 1 i ∑ j = 1 i − 1 j 2 ∗ C i − 2 j − 1 ∗ ( i − 1 ) i − 1 − j f[i]=\mathop{\sum}\limits_{p=1}^{i}\mathop{\sum}\limits_{j=1}^{i-1}j^2*C_{i-2}^{j-1}*(i-1)^{i-1-j} f[i]=p=1ij=1i1j2Ci2j1(i1)i1j
    然后发现 p p 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 ∗ ∑ j = 1 i − 1 j 2 ∗ C i − 2 j − 1 ∗ ( i − 1 ) i − 1 − j f[i]=i*\mathop{\sum}\limits_{j=1}^{i-1}j^2*C_{i-2}^{j-1}*(i-1)^{i-1-j} f[i]=ij=1i1j2Ci2j1(i1)i1j

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

  • 我们考虑 a n s [ i ] ans[i] ans[i]的转移
    首先枚举一个 j j j表示最后的一棵树有 j j j个节点,然后递推。那么显然前面的答案是 a n s [ i − j ] ∗ j j − 2 ans[i-j]*j^{j-2} ans[ij]jj2。然后是当前的答案是 d p [ j − i ] ∗ f [ j ] dp[j-i]*f[j] dp[ji]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 j j,可以得到:
    a n s [ i ] = ∑ j = 1 i C i − 1 j − 1 ∗ ( j j − 2 ∗ a n s [ i − j ] + f [ j ] ∗ d p [ i − j ] ) ans[i]=\mathop{\sum}\limits_{j=1}^{i}C_{i-1}^{j-1}*(j^{j-2}*ans[i-j]+f[j]*dp[i-j]) ans[i]=j=1iCi1j1(jj2ans[ij]+f[j]dp[ij])

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……

你可能感兴趣的:(2020牛客多校,动态规划,组合数学,prufer序列)