6821. 【2020.10.08提高组模拟】winner(xxx)

题目描述

有关图的连通性统计问题

• 这一类题目之前一直是我的天敌。见一次爆一次（也不知道为什么）。
• 考虑设一个DP$f[i]$表示含$i$个点的连通块的方案数。
• 直接算的话比较麻烦，我们可以拿总方案数减去不是连通块的方案数。
• 我们枚举第$i$个点所在的连通块的大小$k(1<=k<i)$。
• 很明显我们要从前$i-1$个点中选出$k-1$个点，即${(}_{k-1}^{i-1})$，这个连通块的贡献为$f[k]$，剩下的$i-k$个点随便连。
• 所以$f[i]=2^{C_i^2}-{\sum }_{k=1}^{i-1}f[k]\ast {(}_{k-1}^{i-1})\ast 2^{C_{i-k}^2}$。

题解

• 题目可以转化为，对于一个集合$X$：
• 一个点$i$存在，当且仅当$X$中有集合包含元素$i$。
• 一个点$i$向点$j$连边，当且仅当$i,j$同时在$X$的一个集合出现过。
• 这个图的联通块数=$g(X)$。
• 那么我们就可以很愉快地进行连通性DP了。
• 我们先求出$g[i]$表示包含$i$个点的集合有多少个。
• 然后再用$g[i]$来求出$f[i]$表示包含i个点的图为一个连通块的方案数。（注意，这里的$f$和刚才的求法有一些细节上的差别，但本质相同）
• 最后是求答案的DP$ans[i][j]$，表示$i$个点组成$j$个联通块的方案数。
• 其实和求$f$有异曲同工之妙。
• 所以KaTeX parse error: Expected '}', got 'EOF' at end of input: …-1}_{k-1})*g[k]。
• 最后的答案${\sum }_{i=1}^{n}ans[i][K]\ast {(}_i^n)$

代码

#include
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1e8+7,N=1e3+100,maxn=1000;
int f[N],C[N][N],g[N],h[N][N],fl[N],nf[N];
int mi(int x,int t){
     
	int d=1;
	while(t){
     
		if(t%2) d=(ll)d*x%mod;
		x=(ll)x*x%mod;t/=2;
	}
	return d;
}
int ni(int x) {
     return mi(x,mod-2);}
int main()
{
     
	fl[0]=1;for(int i=1;i<=maxn;i++) fl[i]=(ll)fl[i-1]*i%mod;
	for(int i=0;i<=maxn;i++) nf[i]=ni(fl[i]);
	for(int i=0;i<=maxn;i++) C[i][0]=C[i][i]=1;
	for(int i=2;i<=maxn;i++)
		for(int j=1;j<i;j++) C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod;
	int n,k;
	scanf("%d%d",&n,&k);
	f[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
     
		int D=1;
		for(int j=1;j<=i;j++) D=(ll)D*2%(mod-1);
		D=(D+mod-2)%(mod-1);
		f[i]=mi(2,D);
		for(int j=0;j<i;j++)
			f[i]=(f[i]-(ll)f[j]*C[i][j]%mod+mod)%mod;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
     
		g[i]=f[i];
		for(int j=1;j<i;j++)
			g[i]=(g[i]-(ll)g[j]*C[i-1][j-1]%mod*f[i-j]%mod+mod)%mod;
	}
	h[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=k&&j<=i;j++)
			for(int p=1;p<=i-j+1;p++)
				h[i][j]=(h[i][j]+(ll)h[i-p][j-1]*g[p]%mod*C[i-1][p-1])%mod;
	int Sum=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) Sum=(Sum+(ll)h[i][k]*C[n][i])%mod;
	printf("%d\n",Sum);
	return 0;
}