[题解][P5206][WC2019] 数树 (op = 1)

简要题意#

给定 $n, y$ 。

一张图有 $|V| = n$ 个点，现在给出两棵树 $T_1=G(V, E_1)$ 和 $T_2=G(V, E_2)$ 。

定义这两棵树的权值 $F(E_1, E_2)$ 为 $y$ 的 $G'=(V,E_1\cap E_2)$ 的联通块个数次方。

即 $F(E_1, E_2) = y^{n - |E_1\cap E_2|}$ ，给定 $E_1$ ，计算 $\sum_{E_2} F(E_1, E_2)$ 。

其中 $n\le 10^5$ 。答案对 $998244353$ 取模。

解题思路#

首先我们要找到一个合适的形式来表示我们的答案，部分枚举 $S=E_1\cap E_2$ ，则答案为：

\sum_{E_{2}} \sum_{S = E_{1} \cap E_{2}} y^{n - | S |}

$\sum_{E_2} \sum_{S=E_1\cap E_2} y^{n-|S|}$

其中 $S=E_1\cap E_2$ 这个恰好的条件限制较强，考虑容斥将限制弱化为 $S\subseteq E_1\cap E_2$ .

不妨考虑这样一个容斥原理的式子：

f (S) = \sum_{T \subseteq S} \sum_{P \subseteq T} (- 1)^{| T | - | P |} f (P)

$f(S)=\sum_{T\subseteq S}\sum_{P\subseteq T}(-1)^{|T|-|P|}f(P)$

代入到原来的式子中，得到：

\begin{aligned} \sum_{E_{2}} \sum_{S = E_{1} \cap E_{2}} y^{n - | S |} \\ = & \sum_{E_{2}} \sum_{T \subseteq E_{1} \cap E_{2}} \sum_{P \subseteq T} (- 1)^{| T | - | P |} y^{n - | P |} \\ = & \sum_{T \subseteq E_{1}} g (T) \sum_{P \subseteq T} (- 1)^{| T | - | P |} y^{n - | P |} \\ = & \sum_{T \subseteq E_{1}} g (T) y^{n - | T |} \sum_{P \subseteq T} (- y)^{| T | - | P |} \\ = & \sum_{T \subseteq E_{1}} g (T) \sum_{P \subseteq T} (- 1)^{| T | - | P |} y^{n - | P |} \\ = & \sum_{T \subseteq E_{1}} g (T) y^{n - | T |} \sum_{| P | = 0}^{| T |} (\binom{| T |}{| P |}) (- y)^{| T | - | P |} \\ = & \sum_{T \subseteq E_{1}} g (T) \sum_{P \subseteq T} (- 1)^{| T | - | P |} y^{n - | P |} \\ = & \sum_{T \subseteq E_{1}} g (T) y^{n - | T |} (1 - y)^{| T |} \end{aligned}

$\begin{aligned} &\sum_{E_2} \sum_{S=E_1\cap E_2} y^{n-|S|}\\ =&\sum_{E_2} \sum_{T\subseteq E_1\cap E_2} \sum_{P\subseteq T}(-1)^{|T|-|P|}y^{n-|P|}\\ =&\sum_{T\subseteq E_1}g(T)\sum_{P\subseteq T}(-1)^{|T|-|P|}y^{n-|P|}\\=&\sum_{T\subseteq E_1}g(T)y^{n-|T|}\sum_{P\subseteq T}(-y)^{|T|-|P|}\\ =&\sum_{T\subseteq E_1}g(T)\sum_{P\subseteq T}(-1)^{|T|-|P|}y^{n-|P|}\\=&\sum_{T\subseteq E_1}g(T)y^{n-|T|}\sum_{|P|=0}^{|T|}\binom{|T|}{|P|}(-y)^{|T|-|P|}\\ =&\sum_{T\subseteq E_1}g(T)\sum_{P\subseteq T}(-1)^{|T|-|P|}y^{n-|P|}\\=&\sum_{T\subseteq E_1}g(T)y^{n-|T|}(1-y)^{|T|}\\ \end{aligned}$

其中 $g(T)$ 表示包含边集 $T$ 的 $E_2$ 的个数。

假设 $G=(V,T)$ 为一个由 $k$ 个大小分别为 $a_i$ 的连通块组成的森林，则：

g (T) = n^{k - 2} \prod_{i = 1}^{k} a_{i}

$g(T)=n^{k-2}\prod_{i=1}^ka_i$

继续代入 (注意到 $n=|T|+k$ )，得：

\begin{aligned} \sum_{T \subseteq E_{1}} g (T) y^{n - | T |} (1 - y)^{| T |} \\ = & \sum_{T \subseteq E_{1}} n^{k - 2} \prod_{i = 1}^{k} a_{i} y^{k} (1 - y)^{n - k} \\ = & \frac{(1 - y)^{n}}{n^{2}} \sum_{T \subseteq E_{1}} \prod_{i = 1}^{k} \frac{n y}{1 - y} a_{i} \end{aligned}

$\begin{aligned} &\sum_{T\subseteq E_1}g(T)y^{n-|T|}(1-y)^{|T|}\\ =&\sum_{T\subseteq E_1}n^{k-2}\prod_{i=1}^ka_i\ y^k(1-y)^{n-k}\\ =&\frac{(1-y)^n}{n^2}\sum_{T\subseteq E_1}\prod_{i=1}^k\frac{ny}{1-y}\ a_i \end{aligned}$

即一个大小为 $a$ 的连通块为答案贡献一个乘积 Ka，其中 $K = \frac{ny}{1-y}$ 。

据此可以容易得到一个 $O(n^2)$ 的 DP， $f(x,i)$ 表示 $x$ 的子树中， $x$ 所在的连通块大小为 $i$ 的答案。

考虑到这个贡献可以拆分表示为 $\prod_{i=1}^k(K+K+K+\cdots K)$ ，故合并两个大小分别为 $x,y$ 的连通块时，新的贡献其实就是 $K(x+y)\prod_{i\ne now}Ka_i$ .

这样状态可以优化为 $f(x,0/1)$ 表示 $x$ 的子树中，当前连通块是否已经做出贡献。

那么转移就是 (前面是选边 $(x,y)$ ，后面是不选)：

\begin{aligned} f (x, 1) = f (x, 1) f (y, 1) + f (x, 1) f (y, 0) + f (x, 0) f (y, 1) \\ f (x, 0) = f (x, 0) f (y, 1) + f (x, 0) f (y, 0) \end{aligned}

$\begin{aligned} &f(x,1)=f(x,1)f(y,1)\ +\ f(x,1)f(y,0)+f(x,0)f(y,1)\\ &f(x,0)=f(x,0)f(y,1)\ +\ f(x,0)f(y,0) \end{aligned}$

代码#

void dfs(int x, int fx){
	siz[x] = 1, f[x] = coef, g[x] = 1;
	for(int i = head[x]; i; i = e[i].nx){
		int y = e[i].to; if(y == fx) continue;
		dfs(y, x);
		int sum = Mod((LL) f[x] * g[y] % mod + (LL) g[x] * f[y] % mod - mod);
		MOD(f[x] = (LL) f[x] * f[y] % mod + sum - mod);
		MOD(g[x] = (LL) g[x] * f[y] % mod + (LL) g[x] * g[y] % mod - mod);
	}
}

void solve(){
    coef = (LL) n * y % mod * qpow(1 - y + mod) % mod;
    dfs(1, 0);
    cout << (LL) f[1] * qpow(1 - y + mod, n) % mod * qpow((LL) n * n % mod) % mod << endl;
}