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T3：树的遍历

特殊性质A （4分）：$u_i = i$，$v_i = i+1$

由一条链生成的图 $G$ 也是一条链，因此 $G$ 的 DFS 树（视为无根树）就是 $G$ 本身，因此答案为 $1$

特殊性质B（12分）：$u_i = 1$，$v_i = i+1$

此时图 $G$ 是一个团（任意两个点之间都有边），团的 DFS 树必然是一条链，而一条链能作为 DFS 树当且仅当链的至少一个端点为给定的 $k$ 个点之一。容斥即可。答案为 $\frac{(n-1)!}{2} - {}_{n-1-k}C_2 \cdot (n-3)!$

特殊的 $k$（24分）：$k=1$

考虑 $G$ 的结构，设 $T$ 中与点 $u$ 相邻的所有边为 $E_u$，则 $E_u$ 在 $G$ 中是一个团（$E_u$ 中任意两个点之间都有边）。而 $\displaystyle \bigcup_{u = 1}^n E_u$ 构成了 $G$ 的边集。因此 $G$ 实际上是由 $n$ 个团构成树结构。
而我们又知道一个团在 DFS 树上对应对应一条链，所以 $G$ 的 DFS 树对应 $n$ 条链，$E_u$ 对应的链有 $\operatorname{deg}(u)$ 个点。计数，从图 $G$ 中任意一条边出现，其所在的团 $u$（如果有多个，任取一个）对应的链有 $(\operatorname{deg}(u)-1)!$ 种可能。$G$ 中团构成树结构，因此对于 $u$ 下方的团（以 $u$ 为根的树 $u$ 的儿子对应的团），其链顶节点已经确定（实际上就是和 $u$ 在同一个团的节点），所以它们对应的链的方案数为 $(\operatorname{deg} - 1)!$。因此，此时方案数为 $\displaystyle \prod_{i=1}^n (\operatorname{deg}(i)-1)!$

特殊的 $k$（16分）：$k=2$

考虑 $G$ 中以 $e_i$ 为根的生成树的特点：将 $T$ 视为以 $e_i$ 某个端点为根的有根树，则在团 $E_u$ 中，连接 $u$ 与 $u$ 父节点的边必然作为 $E_u$ 链的一端。

设 $T$ 上 $e_i$ 到 $e_j$ 的路径上经过的点分别为 $u_1, u_2, \cdots, u_m$，其中 $e_i = (u_1, u_2)$，$e_j = (u_{m-1}, u_m)$。则从 $e_i$ 开始的 DFS 树 $(u_1, u_2)$ 的 是 $E_{u_2}$ 链的一端，$(u_2, u_3)$ 是 $E_{u_3}$ 链的一端，$\cdots$，$(u_{m-1}, u_m)$ 是 $E_{u_m}$ 链的一端。从 $e_j$ 开始的 $(u_{m-1}, u_m)$ 是 $E_{m-1}$ 的一端，$\cdots$，$(u_1, u_2)$ 是 $E_{u_1}$ 的一端。因此，对于 $E_{u_2}, E_{u_3}, \cdots, E_{u_{m-1}}$ 而言，它们链的端点都确定了。因此，从 $e_i$ 和 $e_j$ 开始 DFS 可以得到相同的 DFS 树（视为无根树）的方案数为

$$\prod_{i \notin \{ u_2, \cdots, u_{m-1}\}} (deg(i)-1)! \times \prod_{i \in \{ u_2, \cdots, u_{m-1}\}} (deg(i)-2)!$$

总方案 $k \times \prod (deg(i)-1)!$ 减去即可.