[AtCoder Beginner Contest 281][G. Farthest City]

和 CF1657E 的做法十分相似

题目链接：G - Farthest City

题目大意：问有多少个 $n(3\le n\le 500)$ 个点的无向连通图满足，若设 $1$ 到 $i$ 的最短路距离为 $dis_i$，则 $dis_n$ 严格大于其它所有的 $dis_i$。输出方案数对 $M(10^8\le M \le 10^9)$ 取模。

考虑最短路的值一定是连续的，那么若最短路为 $i$ 的点数有 $c_i$ 个，且 $dis_n=k$，则方案数可以计算

$$Ans=\binom{n-2}{c_2,c_3,...,c_{k-1}}\times \prod_{i=1}^{k} (2^{c_{i-1}}-1)^{c_i}\times 2^{\binom{c_i}{2}}$$

其中，$\sum_{i=0}^{k}c_i=n,c_0=c_k=1$。$(2^{c_{i-1}}-1)^{c_i}$ 的含义为最短路为 $i$ 的点是从最短路为 $i-1$ 的点连接过来的，那么对于每个这样的点，他可以选择上一层的任意一个非空子集进行连接。$2^{\binom{c_i}{2}}$ 的含义则是，对当前层的所有点，两两之间可以任意连接，对应可连接的边数为 $\binom{c_i}{2}$，于是会有 $2^{\binom{c_i}{2}}$ 的系数。

考虑背包，按最短路的值从小到大一批批安排当前点，那么有一个初始的 DP 想法，就是令 $f_{i,j,k}$ 表示当前已经安排了 $i$ 个点，目前最短路的最大值为 $j$，对应点的个数为 $k$ 的方案数，那么枚举最短路值为 $j+1$ 的点的数量 $cnt$，可以转移到 $f_{i+cnt,j+1,cnt}$，转移系数为 $\binom{n-1-i}{cnt}\times (2^{j}-1)^{cnt}\times 2^{\binom{cnt}{2}}$。但是直接这样做是 $O(n^4)$ 的。

发现转移系数与 $j$ 无关，所以这一维可以直接省去，于是 DP 方式就变成，设 $f_{i,j}$ 表示当前已经安排了 $i$ 个点，且目前最短路最大的点数为 $j$ 的方案数，那么同样枚举下一层的点数 $k$，就能转移到 $f_{i+k,k}$，转移系数为 $\binom{n-1-i}{k}\times (2^{j}-1)^{k}\times 2^{\binom{k}{2}}$。初始值设 $f_{1,1}=1$，最后答案即为 $\sum_{j=1}^{n-1} f_{n-1,j}\times (2^j-1)$。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 510
#define LL long long
int n,MOD,f[N][N],c[N][N],p[N*N],ans;
LL qow(LL x,LL y){return y?(y&1?x*qow(x,y-1)%MOD:qow(x*x%MOD,y/2)):1;}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&MOD);
	p[0]=c[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		c[i][0]=c[i][i]=1;
		for(int j=1;j<i;j++)
			c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%MOD;
	}
	for(int i=1;i<=n*n;i++)p[i]=2ll*p[i-1]%MOD;
	f[1][1]=1;
	for(int i=1;i<n;i++)
	for(int j=1;j<=i;j++)if(f[i][j])
		for(int k=1;i+k<n;k++)
			f[i+k][k]=(f[i+k][k]+1ll*f[i][j]*c[n-i-1][k]%MOD*qow(p[j]+MOD-1,k)%MOD*p[k*(k-1)/2]%MOD)%MOD;
	for(int j=1;j<=n-1;j++)
		ans=(ans+1ll*f[n-1][j]*(p[j]+MOD-1)%MOD)%MOD;
	printf("%d\n",ans);
}

时间复杂度为 $O(n^3 \log n)$，预处理了 $2^i$ 的值稍微进行了点常数优化。实际上是可以通过 $O(n^2)$ 预处理每个 $(2^j-1)^k$ 的值把复杂度降到 $O(n^3)$ 的，但是既然能过就不优化了。╮(╯▽╰)╭