jzoj6541 Permutation （树上排列dp）

题意

n<=5000

分析

怎么现在都喜欢出这种题的数树排列数

• 把排列看作圆排列，最后答案*n。
• 考虑排列dp的一般姿势，设$f[i]$表示子树i分成一定块数的圆排列个数。
  块与块之间必须要插入子树外的点。
  容易发现块数是由其连出去的那条边决定的。
• 转移的话就考虑做一个类似背包的dp，使用你的数数技能即可。
• 方案数就是，你有A块和B块，你要合并成C块，同颜色之间不可合并。

将b放入a的空隙，枚举k表示有k个空隙有至少一个b块：
这个方案数大概是${\sum }_{k}C(b-1,k-1)C(a,k)C(2k,a+b-c)$，当然也可以预处理。
初始时每个点是1块，在1号点可以合并成0块，也就是一个环

• 但是这样只能做$O(n^3)$，看起来很可优化但是我并不会…
• 于是我们套上个容斥。这里的限制是同种类块不能互相合并。是一个经典的容斥问题。
• 假如一颗子树里本来有x块，我们可以视作y(y<=x)块（也就是至少合并了x-y次同种块），这样做的系数是$C(x,y)(-1{)}^{x-y}$。
• 将这些块进行排列，然后合并一些块，就完成了容斥过程。
• 具体来说，就是先背包，求出$f(x)$表示有x块的容斥和，然后再对每一个f(x)对其合并成要求块数的容斥和求和。即求出了当前点的答案。
• 这里比较难理解的地方就是容斥的“合并”和原本的“合并”，注意区分这两者的作用就可以了。
  $O(n^2)$

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 5000+10;
int n,mo;
ll jc[2*N],njc[2*N];
int final[N],nex[N*2],to[N*2],tot,w[N*2],sz[N];
void link(int x, int y, int v){
	to[++tot] = y, nex[tot] = final[x], final[x] = tot;
	w[tot] = v;
}

ll ksm(ll x, ll y) {
	ll ret = 1; for (; y; y >>= 1) {
		if (y & 1 ) ret = ret * x % mo;
		x = x * x % mo;
	}
	return ret;
}

int fa[N],f[N][N],g[N];
inline void add(int &a,int b){
	a+=b;if(a>=mo)a-=mo; else
	if(a<=-mo)a+=mo;
}
ll C(ll n, ll m) {
	if(n<m)return 0;
	return jc[n]*njc[m]%mo*njc[n-m]%mo;
}
int qiu[N];
void dp(int x){
	sz[x]=1;f[x][1]=1;
	static int tmp[N];
	for(int i=final[x];i;i=nex[i]){
		int y=to[i];if(y==fa[x])continue;
		int b=w[i]>>1;
		fa[y]=x; qiu[y]=b;
		dp(y);
		memset(tmp,0,sizeof tmp);
		if(b>sz[y]){
			printf("0"); exit(0);
		}
		for(int i=1;i<=b;i++) f[y][i]=g[y]*(((b-i)&1)==0?1:-1)*C(b,i)%mo;
		for(int a=1;a<=sz[x];a++){
			for(int j=1;j<=b;j++){
				add(tmp[a+j],(ll)j*f[x][a]%mo*f[y][j]%mo*C(a+j-1,j)%mo);
			}
		}
		memcpy(f[x],tmp,sizeof tmp);
		sz[x]+=sz[y];
	}
	for(int a=qiu[x];a<=sz[x];a++){
		add(g[x],f[x][a]*C(a,qiu[x])%mo);
	}
	// cout << "node " << x << endl;
	// for(int i = 0; i <= sz[x]; i++) printf("%lld ", f[x][i]);printf("\n");
}
int main() {
	freopen("permutation.in","r",stdin);
	// freopen("permutation.out","w",stdout);
	cin >> n >> mo;
	for(int i = 1; i < n; i++) {
		int x, y, v; scanf("%d %d %d", &x, &y, &v);
		link(x, y, v), link(y, x, v); if (v&1){
			printf("0"); return 0;
		}
	}
	jc[0]=1;for(int i=1;i<=2*n;i++)jc[i]=jc[i-1]*i%mo;
	njc[2*n]=ksm(jc[2*n],mo-2);
	for(int i=2*n-1;~i;i--)njc[i]=njc[i+1]*(i+1)%mo;
	dp(1);
	cout<<(ll)n*((g[1]+mo)%mo)%mo<<endl;
}