[AGC022F] Checkers 题解

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题目解法

很妙的题！！！

考虑 $x$ 是无穷大的数，所以可以认为 $x^i$ 的系数是单独的一项，不会和 $x^j(j\neq i)$ 合并
所以问题转化成了：每个数初始是 $x^i$（$x$ 可以理解是元），进行题目中的操作，问最后形成的 $n$ 次多项式的个数

由 $B$ 向 $A$ 连边，这会形成一棵树
考虑 $x^i$ 的系数，手画一下可以发现为 $c\times 2^{depth_i},\;c\in\{1,-1\}$
我们用递推的方式考虑 $c_i$ 的值
如果 $c_{fa_i}$ 是已知的，每个儿子会使 $c_i\times (-1)$，所以 $c_i=c_{fa_i}\times (-1)^{cntson(i)}$
所以 $c_i$ 与 $c_{fa_i}$ 不同只与 $i$ 儿子的奇偶性有关，也就是说，通过 $c_i$ 和 $c_{fa_i}$ 是否相同以及每个节点的深度可以确定一个多项式

考虑一个 $dp$，令 $f_{i,j}$ 为前若干层共有 $i$ 个点，当前层有 $j$ 个点的儿子数量为奇数
枚举下一层的节点个数 $k(k\ge j)$
那么不考虑儿子数量的奇偶性，下一层节点中和父亲 $c$ 相同的个数为 $t=\frac{k-j}{2}$，需要保证 $2|k-j$
枚举下一层实际和父亲 $c$ 相同的个数 $p$，自己手画一下图可以发现，下一层中度数为奇数的节点的个数 $\ge |t-p|$
这里给出一个结论：只需要从 $f_{i,j}$ 转移到 $f_{i+k,|t-p|}$，不能转移到 $f_{i+k,|t-p|+2w}$
为什么？第一，根据递推式，我们只关心下一层中实际和父亲相同的点的个数，而不在乎树的形态（就是怎么连，不包括节点深度），而 $f_{i+k,|t-p|}$ 可以转移到所有 $f_{i+k,|t-p|+2w}$ 的点，当然是取 $w=0$；第二，$luogu$ 题解区有 $hack$ 图
所以转移为：$f_{i+k,|t-p|}\Leftarrow f_{i,j}\binom{n-i}{k}\binom{k}{p}$
边界为 $f_{1,0}=f_{1,1}=n$，答案为 $f_{n,0}$
时间复杂度 $O(n^4)$

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
#define F(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);i++)
#define DF(i,x,y) for(int i=(x);i>=(y);i--)
#define ms(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define SZ(x) (int)x.size()-1
#define pb push_back
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pii;
template<typename T> void chkmax(T &x,T y){ x=max(x,y);}
template<typename T> void chkmin(T &x,T y){ x=min(x,y);}
inline int read(){
    int FF=0,RR=1;
    char ch=getchar();
    for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') RR=-1;
    for(;isdigit(ch);ch=getchar()) FF=(FF<<1)+(FF<<3)+ch-48;
    return FF*RR;
}
const int N=55,P=1e9+7;
int n,f[N][N],C[N][N];
//f[i][j]：有i个点，当前层有j个点儿子个数为奇数的方案数
inline void inc(int &x,int y){ x+=y;if(x>=P) x-=P;}
int main(){
    n=read();
    C[0][0]=1;
    F(i,1,n){ C[i][0]=C[i][i]=1;F(j,1,i-1) C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%P;}
    f[1][0]=f[1][1]=n;
    F(i,1,n) F(j,0,i) if(f[i][j])
        F(k,max(1,j),n-i){//下一层有k个点
            if((k-j)&1) continue;
            int t=(k-j)/2;//不考虑儿子个数的奇偶性，下一层有t个点和父亲符号相同
            F(p,0,k) inc(f[i+k][abs(t-p)],1ll*f[i][j]*C[n-i][k]%P*C[k][p]%P);//下一层实际有p个点和父亲符号相同
        }
    printf("%d\n",f[n][0]);
    return 0;
}
 

能不能再给力一点
我们拆开转移式：$f_{i,j}\binom{n-i}{k}\binom{k}{p}=f_{i,j}\frac{(n-i)!}{(n-i-k)!p!(k-p)!}$
接下来的一步比较妙，令 $x=p,\;y=k-p$
那么 $f_{i+x+y,\frac{|y-x-j|}{2}}=f_{i,j}(n-i)!\times \frac{1}{(n-i-x-y)!x!y!}$
这里重新定义 $f_{i,j}$ 为 $f_{i,j}(n-i)!$
所以 $f_{i+x+y,\frac{|y-x-j|}{2}}=f_{i,j}\frac{1}{x!y!}$

可以发现，$x,y$ 关系不大，考虑拆开 $x,y$
这里给出转移式：
$\left\{ \begin{aligned} g_{i+y,y-j}=f_{i,j}\frac{1}{y!}\\ f_{i'+x,\frac{|j'-x|}{2}}=g_{i',j'}\frac{1}{x!} \end{aligned} \right.$
有了转移式，还要知道 $x,y$ 的范围
首先 $x+y>0,\;x+y\ge j$，且 $x+y\le n-i$
综合一下 $x\le n-i,\;y\le n-i,\;x+j'\ge 0,\;2|y-x+j$ 且 $x+y>0$
前面的限制都好满足，但 $x+y>0$ 不太好满足
我们钦定 $x\ge 0,\;y>0$，这样会漏掉 $x>0,\;y=0$ 的情况，暴力转移即可

边界为 $f_{1,0}=f_{1,1}=n!$，答案为 $f_{n,0}$
时间复杂度 $O(n^3)$

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
#define F(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);i++)
#define DF(i,x,y) for(int i=(x);i>=(y);i--)
#define ms(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define SZ(x) (int)x.size()-1
#define pb push_back
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pii;
template<typename T> void chkmax(T &x,T y){ x=max(x,y);}
template<typename T> void chkmin(T &x,T y){ x=min(x,y);}
inline int read(){
    int FF=0,RR=1;
    char ch=getchar();
    for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') RR=-1;
    for(;isdigit(ch);ch=getchar()) FF=(FF<<1)+(FF<<3)+ch-48;
    return FF*RR;
}
const int N=55,P=1e9+7;
int n,f[N][N],g[N][N<<1];
int fac[N],ifac[N],C[N][N];
//f[i][j]：有i个点，当前层有j个点儿子个数为奇数的方案数
inline void inc(int &x,int y){ x+=y;if(x>=P) x-=P;}
int qmi(int a,int b){
    int res=1;
    for(;b;b>>=1){ if(b&1) res=1ll*res*a%P;a=1ll*a*a%P;}
    return res;
}
int main(){
    n=read();
    C[0][0]=1;
    F(i,1,n){ C[i][0]=C[i][i]=1;F(j,1,i-1) C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%P;}
    fac[0]=1;
    F(i,1,n) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%P;
    ifac[n]=qmi(fac[n],P-2);
    DF(i,n-1,0) ifac[i]=1ll*ifac[i+1]*(i+1)%P;
    f[1][0]=f[1][1]=fac[n];
    F(i,1,n){
        F(j,0,n<<1) if(g[i][j]) F(x,0,n-i) if(x+j-n>=0) if(~(j-n-x)&1) inc(f[i+x][abs((j-n-x)/2)],1ll*g[i][j]*ifac[x]%P);
        F(j,0,i){
            if(f[i][j]) F(y,1,n-i) inc(g[i+y][y-j+n],1ll*f[i][j]*ifac[y]%P);
            //y=0
            F(k,max(1,j),n-i) if(~(k-j)&1){
                int t=(k-j)/2;
                inc(f[i+k][abs(t-k)],1ll*f[i][j]*C[n-i][k]%P*ifac[n-i]%P*fac[n-i-k]%P);
            }
        }
    }
    printf("%d\n",f[n][0]);
    return 0;
}