【USST2020 I】Immortal Trees 題解

題目大意

  給定一個 $n$，表示一棵有標號無根樹有 $n$ 個結點。
  有如下限制：

1. 給定 $m$ 個數對 $(x_i,y_i)$，表示樹上一定要有 $(x_i,y_i)$ 這條邊；
2. 有 $k$ 個限制 $op_i~x_i~deg_i$，若 $op_i=0$ 表示 $x$ 的度數至少爲 $deg_i$，若 $op_i=1$ 表示 $x$ 的度數至多爲 $deg_i$。

  求合法的樹的數量。

  $2 \leq n \leq 60,~0 \leq m \leq n-1,~0 \leq k \leq 60$
  1s

$\\$
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$\\$

題解

  有趣~

  看到有標號無根樹計數，甚至規定了某些點的度數，八九不離十是考慮 prufer 序。
  但是有些點已經被初始邊連起來了，怎麼辦呢？

  當然是把它們縮起來，一個連通塊當作一個新點來考慮啊！

  比如 $n=4$，有一條初始邊 $(1,2)$，那麼縮起來成爲連通塊 $a$，我們只需考慮 $a,3,4$ 的 prufer 序。然後，在不同的 prufer 序中，$a$ 連出去的邊的數量是不一樣的，這會造成不同的貢獻。

  因此需要這麼 dp：設 $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 個連通塊共使用了 $j$ 個 prufer 序位置的方案數。轉移就是枚舉第 $i$ 個連通塊用了多少個 prufer 序位置：
$f_{i,j}=\sum_{k=0}^j \binom{j}{k} \cdot f_{i-1,j-k} \cdot g_{i,k+1}$

  其中 $g_{i,k}$ 表示第 $i$ 個連通塊往外連 $k$ 條邊的方案數。

  所以現在就是要求 $g_{i,j}$。每個點先求出去掉初始邊之後的合法度數區間 $[mindg_i,maxdg_i]$（即除初始邊外還需要連這麼多邊），然後對於每個連通塊單獨考慮，依次考慮每個點，設 $h_{x,j}$ 表示該連通塊前 $x$ 個點用了 $j$ 條邊的方案數，那麼
$h_{x,j}=\sum_{k=mindg_x}^{maxdg_x} h_{x-1,j-k} \cdot \binom{j}{k}$

  然後就有 $g_{i,j}=h_{size_i,j}$，$size_i$ 表示該連通塊的大小。

  這樣就是 $O(n^3)$ 的了。（官方題解不知道爲什麼寫了 $O(n^4)$）要再提升的話，就分治 FFT？

代碼

#include<bits/stdc++.h>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;

typedef long long LL;

const int maxn=65;
const LL mo=998244353;

int n,m,k,dg[maxn],mindg[maxn],maxdg[maxn];
LL f[maxn][maxn],g[maxn][maxn];

LL C[maxn][maxn];
void C_pre(int n)
{
	fo(i,0,n)
	{
		C[i][0]=1;
		fo(j,1,i) C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mo;
	}
}

int ga[maxn];
int get(int x) {return ga[x]==x ?x :ga[x]=get(ga[x]);}

#define NO {puts("0"); return 0;}

map<pair<int,int>,int> M;
vector<int> V[maxn];
int cc;
LL h[maxn][maxn];
int main()
{
	C_pre(60);
	
	scanf("%d %d %d",&n,&m,&k);
	fo(i,1,n) ga[i]=i, mindg[i]=1, maxdg[i]=n-1;
	fo(i,1,m)
	{
		int x,y;
		scanf("%d %d",&x,&y);
		if (x>y) swap(x,y);
		if (++M[make_pair(x,y)]>1) continue;
		if (get(x)==get(y)) NO;
		ga[get(x)]=get(y);
		dg[x]++, dg[y]++;
	}
	fo(i,1,k)
	{
		int op,x,deg;
		scanf("%d %d %d",&op,&x,&deg);
		if (op==1) maxdg[x]=min(maxdg[x],deg); else mindg[x]=max(mindg[x],deg);
	}
	fo(i,1,n)
	{
		mindg[i]=max(0,mindg[i]-dg[i]), maxdg[i]-=dg[i];
		if (mindg[i]>maxdg[i]) NO;
	}
	
	fo(i,1,n) V[get(i)].push_back(i);
	fo(i,1,n) if (get(i)==i)
	{
		++cc;
		int sz=V[i].size();
		memset(h,0,sizeof(h));
		h[0][0]=1;
		fo(x,1,sz)
		{
			int cur=V[i][x-1];
			fo(curj,mindg[cur],maxdg[cur])
				fo(j,curj,n-1) (h[x][j]+=h[x-1][j-curj]*C[j][curj])%=mo;
		}
		fo(j,0,n-1) g[cc][j]=h[sz][j];
	}
	if (cc==1)
	{
		fo(i,1,n) if (mindg[i]>0) NO;
		puts("1"); return 0;
	}
	
	f[0][0]=1;
	fo(i,1,cc)
		fo(j,0,cc-2)
			fo(k,0,j)
				(f[i][j]+=f[i-1][j-k]*C[j][k]%mo*g[i][k+1])%=mo;
	
	printf("%lld\n",f[cc][cc-2]);
}