ARC163D Sum of SCC

Description#

给定 $N,M$，求对于所有 $N$ 个点的，满足恰有 $M$ 条从小连向大的边，即 $\sum\limits_{(u,v)\in E}[u<v]=M$ 的竞赛图，求其强连通分量的个数之和。

$N\le 30,0\le M\le \frac{N(N-1)}{2}$

Solution#

首先有一个经典结论：

给竞赛图每个 SCC （强连通分量）缩点后，剩下的是由一条极长的链与某些前向边组成的图。

于是 SCC 的数量能够转换为链上边数 $+1$，也就是在链上切一刀分成左右 $2$ 个集合的方案数 $+1$。

如果我们在链的开头前/结尾后也能切的话，那就变成了切一刀分成左右 $2$ 个集合 $A,B$ 的方案数 $-1$，因为边的方向始终从左到右，那么 $A,B$ 满足 $\forall u\in A,v\in B$，存在 $u\to v$ 的边。

于是我们现在考虑统计把 $\{1,2,\cdots, n\}$ 分成两个集合 $A,B$（允许出现空集），使得 $A$ 中的点始终连向 $B$ 中的点的方案数。再减去 $N$ 个点 $M$ 条从小连向大的边的竞赛图个数就是答案。

设 $f_{i,j,k}$ 表示 $i$ 个点的竞赛图，上述 $A$ 集合满足 $|A|=j$，一共有 $k$ 条从小连向大的边的方案数。考虑添加 $i+1$ 号点，讨论加入 $A/B$ 中，对 $k$ 产生的贡献：

• $i+1$ 加入 $A$ 集合，由于 $A$ 始终向 $B$ 连边，所以 $B$ 中没有贡献；于是只要在 $A$ 中任选 $l$ 个点 $u$ 满足 $u\to i+1$ 即可贡献 $l$，那么 $f_{i,j,k}\cdot \dbinom{j}{l}\to f_{i+1,j+1,k+l}$。
• $i+1$ 加入 $B$ 集合，$A$ 中所有点向 $i+1$ 连边有 $j$ 的贡献，在 $B$ 中任选 $l$ 个点满足 $u\to i+1$ 贡献 $l$，那么 $f_{i,j,k}\cdot\dbinom{i-j}{l}\to f_{i+1,j,k+l+j}$。

现在还剩最后一步：如何统计再减去 $N$ 个点有 $M$ 条从小连向大的边的竞赛图个数。其实不难发现这就是 $f_{n,0,m}$ 或者 $f_{n,n,m}$，因为去掉 $A$ 向 $B$ 连边的限制即可。

所以答案为：

$$\sum\limits_{i=1}^nf_{n,i,m}$$

复杂度 $O(n^5)$。

const int N = 35;
const int P = 998244353;
int n, m, f[N][N][N * N], C[N][N];

signed main() {
	n = rd(), m = rd();
	C[0][0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		C[i][0] = 1;
		for (int j = 1; j <= i; j++)
			C[i][j] = (C[i - 1][j - 1] + C[i - 1][j]) % P;
	}
	f[0][0][0] = 1;
	for (int i = 0; i < n; i++) {
		for (int j = 0; j <= i; j++) {
			for (int k = 0; k <= i * (i - 1) / 2; k++) {
				for (int l = 0; l <= j; l++) (f[i + 1][j + 1][l + k] += 1ll * f[i][j][k] * C[j][l] % P) %= P;
				for (int l = 0; l <= i - j; l++) (f[i + 1][j][l + k + j] += 1ll * f[i][j][k] * C[i - j][l] % P) %= P;
			}
		}
	} 
	int res = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++) 
		(res += f[n][i][m]) %= P;
	wr(res);
	return 0;
}