[矩阵树定理][prufer序][CF917D]Stranger Trees

题目描述

给定一棵n个点组成的有标号的树T，我们定义两棵有标号的树的相似度为它们共有的边的个数。
现在我们想知道，n个点的完全图所有的有标号的生成树中，有多少棵树与T的相似度为 0，1，2 … n - 1，答案对10^9+7取模
对于20%的数据，n <= 6。
对于40%的数据，n <= 15。
对于另外20%的数据，T中存在一个度数为n - 1的点。
对于100%的数据，2 <= n <= 100

解题思路

prufer

完全图，可以从prufer序角度考虑一下。
顺着暴力来：假如我们选出T的k条边，标记为必选，那么这个时候如果我们能快速知道此情况下生成树个数，那么就得到了相似度大于等于K的生成树的一些方案。统计所有情况，再容斥，就可以求出每一种相似度的答案了。

观察一下，此时联通块个数为n-k，设为m，若把联通块看成一个点，那么把联通块连起来的生成树的个数，由prufer序可知是 mm−2 m m − 2 个，然而一个联通块包含很多点，你在序列上填了一个联通块的编号，实际上可以是这个联通块里任意一个点，那么每个位置可以填1~n。另外，你不知道儿子联通块是哪个点连到父亲，最后剩下的两个联通块的边也没有确定时哪个点。那么方案数实际上是 nm−2∗∏i=1..msize[i] n m − 2 ∗ ∏ i = 1.. m s i z e [ i ] ，其中size[i]代表第i个联通块大小。

我们可以DP出对于每一个m，所有方案的 ∏i=1..msize[i] ∏ i = 1.. m s i z e [ i ] 和。然后再乘上 nm−2 n m − 2 ，再容斥即可。注意到知道了联通块个数，就知道相似度了。

我们可以在T上树形DP，设f[i][j][k]表示i为根的子树，有j个联通块，其中i的联通块大小为k。那么对于一个x和他的儿子son，有两种转移。注意到i的联通块的k先不乘进去。
1,选择x-son的边， f‘[x][i+k−1][j+l]+=f[x][i][j]∗f[son][k][l] f ‘ [ x ] [ i + k − 1 ] [ j + l ] + = f [ x ] [ i ] [ j ] ∗ f [ s o n ] [ k ] [ l ]
2,不选, f′[x][i+k][j]+=f[x][i][j]∗f[son][k][l]∗l f ′ [ x ] [ i + k ] [ j ] + = f [ x ] [ i ] [ j ] ∗ f [ s o n ] [ k ] [ l ] ∗ l
最后的容斥就随便搞搞组合数就行了。
时间复杂度上界是 O(n4) O ( n 4 )

矩阵树定理

仍从暴力出发，在完全图中，我们枚举可能选的T的K条边，然后屏蔽掉剩下的T的边，在基尔霍夫矩阵上随便搞一个余子式，即可求出剩下的图的生成树个数。此时，求出的是相似度至多为K的方案。
考虑带权生成树计数的做法，此时我们的基尔霍夫矩阵不再是度数矩阵减邻接矩阵，而是边权和矩阵减去边权矩阵。这里一颗生成树的贡献是边权的乘积。
类似的，对于T的边，标记其为变量x。仍然对他求行列式，可以得出一个多项式，发现多项式i次项的系数，就是相似度为i时的生成树方案。
由于不能暴力求含未知数的行列式，我们带n个常数进去算，然后得出点值再拉格朗日插值回来，也可以算出答案。
时间复杂度严格 O(n4) O ( n 4 )

代码

只有第一种做法的代码。

#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
#define fo(i,j,k) for(i=j;i<=k;i++)
#define fd(i,j,k) for(i=j;i>=k;i--)
#define cmax(a,b) (a=(a>b)?a:b)
#define cmin(a,b) (a=(a
const int N=200+5,M=1e6+5,mo=1e9+7;
int prt[N],f[N][N][N],fac[N],rev[N],siz[N],g[N][N];
int i,j,k,l,n,x,y,sig;
int tt,fst[N],nxt[N],b[N];
void cr(int x,int y)
{
    tt++;
    b[tt]=y;
    nxt[tt]=fst[x];
    fst[x]=tt;
}
int ksm(int x,int y)
{
    if (y<0) y=1ll*(-y)*(mo-2)%(mo-1);
    int ret=1;
    while (y)
    {
        if (y&1) ret=1ll*ret*x%mo;
        y>>=1;
        x=1ll*x*x%mo;
    }
    return ret;
}
void predo(int n)
{
    fac[0]=1;
    fo(i,1,n) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mo;
    rev[n]=ksm(fac[n],mo-2);
    fd(i,n,1) rev[i-1]=1ll*rev[i]*i%mo;
}
int c(int n,int m)
{
    return 1ll*fac[m]*rev[n]%mo*rev[m-n]%mo;
}
void dfs(int x,int y)
{
    f[x][1][1]=1;
    siz[x]=1;
    for(int p=fst[x];p;p=nxt[p])
    if (b[p]!=y)
    {
        dfs(b[p],x);
        fo(i,0,siz[x]+siz[b[p]]) fo(j,0,siz[x]+siz[b[p]]) g[i][j]=0;
        fo(i,1,siz[x])
            fo(j,1,siz[x]-i+1) if (f[x][i][j])
                fo(k,1,siz[b[p]])
                    fo(l,1,siz[b[p]]-k+1) if (f[b[p]][k][l])
                    {
                        g[i+k-1][j+l]=(g[i+k-1][j+l]+1ll*f[x][i][j]*f[b[p]][k][l])%mo;
                        g[i+k][j]=(g[i+k][j]+1ll*f[x][i][j]*f[b[p]][k][l]%mo*l)%mo;
                    }
        siz[x]+=siz[b[p]];
        fo(i,1,siz[x]) fo(j,1,siz[x]) f[x][i][j]=g[i][j];
    }
}
int main()
{
    freopen("c.in","r",stdin);
    freopen("c.out","w",stdout);
    scanf("%d",&n);
    predo(100);
    fo(i,1,n-1)
    {
        scanf("%d %d",&x,&y);
        cr(x,y);
        cr(y,x);
    }
    dfs(1,0);
    fo(i,1,n)
    {
        fo(j,1,n-i+1) prt[n-i]=(prt[n-i]+1ll*f[1][i][j]*j)%mo;
        prt[n-i]=1ll*prt[n-i]*ksm(n,i-2)%mo;
    }
    fd(i,n-1,0)
        fo(j,i+1,n-1)
            prt[i]=(prt[i]-1ll*prt[j]*c(i,j))%mo;
    fo(i,0,n-1) printf("%d ",(prt[i]+mo)%mo);
}