【JZOJ5870】【NOIP2018模擬9.15】地圖 （遞推+DP+組合數學）

Problem

Hint

Solution

• 首先，圖中只會存在鏈和環。
• 記圖中有one個度數爲1的點，two個度數爲2的點。囿於每條鏈有兩個度數爲1的點（鏈的兩端），鏈的數量是確定的：$\frac{one}2$。
• 這時，我靈(nao)光(zi)一(wa)閃(te)，想到了一個優(sha)美(bi)的方法。

我的SB方法：遞推+組合數學+容斥

• 觀察到鏈和環的方案相對獨立。那麼根據乘法原理，我們可以求出鏈的方案tot1，環的方案tot2，總方案即爲tot1*tot2。
• 那麼分類討論一下。

鏈的情況

• 我們先令one個點兩兩匹配，構成$\frac{one}2$條只含兩個點的鏈。
• 不妨枚舉當前有n條鏈。假設增加一條，則點數增加爲2*n+2。
• 枚舉點1連接的是哪個點，這有2n+1種可能；而剩下的2n個點，兩兩匹配成i條鏈。
• 因此，遞推式爲$h_{n+1}=(2*n+1)*h_n$，其中n爲鏈數。

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• 現在，我們再將度數爲2的點插入到這些鏈中。
• 設$g_i$表示有i個度數爲2的點在鏈中。新插一個點，我們可以插在所有鏈的非鏈首節點的左邊。譬如下圖：
  
• 我們可以插在任意一個藍點左邊，因此有3+2=5種方案。實際上，記有k條鏈，第i條鏈的鏈長爲$len_i$，插入新點的方案即爲$\sum_{i=1}^k len_i-1$。 不難發現，這其實等於已插入的點數+鏈數。
• 因此，$g_i=g_{i-1}*(i-1+\frac{one}2)$，其中$\frac{one}2$爲鏈數。

環的情況

• 環的情況就有些複雜了。
• 考慮DP。設$f_{i,j}$表示i個度數爲2的點在環上，其中有j個一元環的方案數。
• 囿於原圖不存在自環，我們最終得到的應是$f_{i,0}$。
• 然後可以得到三種轉移：1.新建一個一元環；2.令當前點加入到一個一元環中；3.令當前點加入到一個多元環中。

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• 然而還有一個坑點——那就是環翻轉一下，和原來全等，但是我們會算重。
• 不妨在新建環的時候，就將其貢獻記爲$\frac 12$，這樣最終算出的結果便是去了重的。
• 然而，我們這樣只能算出無自環的方案數，不能算出無二元環（重邊）的方案數。

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• 考慮容斥。
• 枚舉有i個度數爲2的點在環上，其中有j個二元環。那麼正負性爲$(-1)^j$，係數爲$C_i^{2j}*h_j*2^{-j}$，其中$h_j$爲上述提到的，點兩兩匹配的方案數。
• 係數中有個$2^{-j}$的原因是我們把二元環的貢獻都算成了$\frac 12$（建環時是$\frac 12$，再插一個點是1，$\frac 12*1=\frac 12$），然而二元環的貢獻應是1；於是在去掉二元環的方案中，我們應該也乘回這些$\frac 12$以彌補二元環的缺失。
• 然後對於每個i，都求一波$\sum_{j=0}^{\lfloor \frac i2 \rfloor} (-1)^j*C_i^{2j}*h_j*2^{-j}*f_{i-2j,0}$，而這便是真正的$f_i$（無自環、無二元環的方案數）。

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• 時間複雜度：$O(n^2)$。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define P(x,y) x=((x)+(y))%mo
#define T(x,y) x=((x)*(y))%mo
#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N=4001;
const ll mo=998244353;
int k,n,d,one,two;
ll i,j,ls,dou[N],lian[N],div2,f[N][N],g,xs,C[N][N],zf,ans;

ll fpow(ll x,ll y)
{
	ll ans=1;
	for(;y;y>>=1,T(x,x)) if(y&1)T(ans,x);
	return ans;
}

int main()
{
	freopen("map.in","r",stdin);
	freopen("map.out","w",stdout);
	scanf("%d",&n);
	fo(i,1,n) 
	{
		scanf("%d",&d);
		d&1 ? one++ : two++;
	}
	if(one&1) {puts("0"); return 0;}
	
	dou[0]=1;
	fo(i,1,n) dou[i]=dou[i-1]*(i*2-1)%mo;
	lian[0]=dou[ls=one>>1];
	fo(i,1,two) lian[i]=lian[i-1]*(ls+i-1)%mo;
	
	f[0][0]=1; div2=fpow(2,mo-2);
	fo(i,0,two-1)
		fo(j,0,i)
			if(f[i][j])
			{
				P(f[i+1][j+1],f[i][j]*div2);
				P(f[i+1][j],f[i][j]*(i-j));
				if(j) P(f[i+1][j-1],f[i][j]*j);
			}
	
	fo(i,0,two)
	{
		C[i][0]=1;
		fo(j,1,i) C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mo;
	}
	
	fo(i,0,two) 
	{
		g=0;
		fo(j,0,i>>1)
		{
			xs=C[i][j<<1]*dou[j]%mo*fpow(div2,j)%mo;
			zf=(j&1?-1:1);
			P(g,zf*xs*f[i-j*2][0]); P(g,mo);
		}
		
		P(ans,g*C[two][i]%mo*lian[two-i]);
	}
	
	printf("%lld",ans);
}

一個更爲舒服的方法

• 實際上，這道題一個DP就解決了。
• 設$f_{i,j}$表示i個度數爲2的點，其中j個點在環上（即剩下的i-j個點在鏈上）的方案數。
• 有以下三種轉移：
  $f_{i,j}=\left\{ \begin{aligned} &f_{i-3,j-3} *C_{i-1}^2 & & 新建三元環 \\ &f_{i-1,j-1} *(j-1) & & 將點i插入一個環中 \\ &f_{i-1,j} \ \ \ *(i-j-1+\frac{one}2) & & 將點i插入一條鏈中 \end{aligned} \right.$
• 新建環的貢獻爲何是$C_{i-1}^2$呢？我們假定點i就在新環內，然後從剩下的i-1個點中選2個出來陪它。如若不然，則有可能算重。然後不必再因會翻轉除以2，因爲三元環定是唯一的。

---

• 這樣的話，$ans=\sum_{i=0}^{two} f_{two,i}$，其中two爲度數爲2的節點的個數。
• 但還沒把鏈首、鏈尾兩兩匹配的方案數算上，所以最後要再乘上。
• 時間複雜度：$O(n^2)$。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define P(x,y) x=(x+y)%mo
#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N=2001;
const ll mo=998244353;
int n,d,two;
ll i,j,one,f[N][N],ans;

int main()
{
	freopen("map.in","r",stdin);
	freopen("map.out","w",stdout);
	scanf("%d",&n);
	fo(i,1,n)
	{
		scanf("%d",&d);
		d&1?one++:two++;
	}
	if(one&1) {puts("0"); return 0;}
	f[0][0]=1;
	fo(i,1,two)
		fo(j,0,i)
		{
			if(j>=3) f[i][j]=f[i-3][j-3]*((i-1)*(i-2)>>1)%mo;
			if(j>=1) P(f[i][j],f[i-1][j-1]*(j-1));
			P(f[i][j],f[i-1][j]*(one/2+i-j-1));
		}
	fo(i,0,two) P(ans,f[two][i]);
	fo(i,3,one) if(i&1) (ans*=i)%=mo;
	printf("%lld",ans);
}