6009. 【THUWC2019模拟2019.1.18】Counting

题意：

羽月最近发现，她发动能力的过程是这样的：
构建一个 $V$ 个点的有向图 $G$，初始为没有任何边，接下来羽月在脑中构建出一个长度为 $E$ 的边的序列，序列中元素两两不同，然后羽月将这些边依次加入图中，每次加入之后计算当前图的强连通分量个数并记下来，最后得到一个长度为$E$ 的序列，这个序列就是能力的效果。
注意到，可能存在边的序列不同而能力效果相同的情况，所以羽月想请你帮她计算能发动的不同能力个数，答案对 $998244353$ 取模。你需要对于$1\le E\le V\ast (V-1)$的所有 $E$ 计算答案。

数据范围：

对于 $10$%的数据，$1\le V\le 5$
对于 $30$%的数据，$1\le V\le 20$
对于 $60$%的数据，$1\le V\le 50$
对于 $100$%的数据，$1\le V\le 100$

Analysis：

我们发现有用的仅仅是那个每一步的强连通分量序列。
一开始有$n$个强连通分量，我们考虑用简单的情况构造。
从$1$伸出去到$i$一条链，然后剩余是单独的点也是强连通分量，在那条链上不断缩强连通分量，这样我们可以涵盖所有强连通分量变化的情况。
考虑每一步怎么变，要不是新加一个点到链上，或者往前连一条没用的边(保持连通分量不变)，要不就是一个点往前连一条环边然后和前面的点缩到一起。注意连没用的边一定是在把所有的点加到链上之后，因为他们产生的效果相同，这里在转移的时候要特判。
那么我们考虑设$f_{i,j,k}$表示当前用了$i$条边，在链上前面的连通分量里的点是$1$~$j$，链上一共有$k$个点。
那么转移就如上即可，注意判掉不合法情况，就是连没用边和环边时，边可能会超出能连数目。我们考虑链上有$n$个点，有$i$个点在环内。那么$n$个点可以往后连，$i$个点可以往前连，那么一共可以连$\frac{n\ast (n-1)+i\ast (i-1)}{2}$条边。
我们发现涉及到的状态一共也只有$V^4$个，因此暴力转移即可。
复杂度$O(V^4)$

Code：

# include
# include
# include
using namespace std;
const int N = 1e2 + 5;
const int mo = 998244353;
int f[N * (N - 1)][N][N];
int n;
inline int inc(int x,int y)
{ return x + y >= mo ? x + y - mo : x + y; }
inline int dec(int x,int y)
{ return x - y < 0 ? x - y + mo : x - y; }
int main()
{
	freopen("counting.in","r",stdin);
	freopen("counting.out","w",stdout);
	scanf("%d",&n);
	f[0][1][1] = 1;
	for (int i = 0 ; i < n * (n - 1) ; ++i)
		for (int j = 1 ; j <= min(n,i + 1) ; ++j)
			for (int k = j ; k <= min(n,i + 1) ; ++k)
			if (f[i][j][k])
			{
				if (i <= k + j - 2 && k < n) f[i + 1][j][k + 1] = inc(f[i + 1][j][k + 1],f[i][j][k]);
				else if ((k * (k - 1) + j * (j - 1)) / 2 >= i + 1) f[i + 1][j][k] = inc(f[i + 1][j][k],f[i][j][k]);
				for (int l = 1 ; l <= k - j ; ++l)
				if ((k * (k - 1) + (j + l) * (j + l - 1)) / 2 >= i + 1) f[i + 1][j + l][k] = inc(f[i + 1][j + l][k],f[i][j][k]);
			}
	for (int i = 1 ; i <= n * (n - 1) ; ++i)
	{
		int ans = 0;
		for (int j = 1 ; j <= min(n,i + 1) ; ++j)
			for (int k = j ; k <= min(n,i + 1) ; ++k) ans = inc(ans,f[i][j][k]);
		printf("%d ",ans);
	}
	return 0;
}