CF1799H Tree Cutting 解题报告

$\texttt{Description}$

给你一个有 $n$ 个点的树和一个长度为 $k$ 的序列 $s_i$，你要执行以下操作 $k$ 次：

• 选出目前存在的一条边。

• 删除这条边。

• 选出分裂出的两个联通块的其中一块。

• 删除这个联通块，并写下剩余的联通块的大小。

问有多少种不同的操作方案使得写下的序列等于给出的序列，答案对 $998244353$ 取模。

$n\le 5000,k\le 6$。

$\texttt{Solution}$

没看懂官方题解在说什么，于是自己搞了一个做法，复杂度比标算劣一些。

考虑操作 $u$ 到其父亲的边，一种可能是保留以 $u$ 为根的子树，一种可能是删除以 $u$ 为根的子树。如果是后者，将符合题意的条件从保留的联通块大小为 $s_i$，改成删去大小为 $s_{i-1}-s_i$ 的联通块，容易发现这是等价的。

这样转化的好处是，每次操作都是对一个子树操作，方便树形 dp。

状压，记 $f(u,i,s)$ 表示以 $u$ 为根的子树，子树内最早的保留子树操作是 $i$（如果不存在，则认为 $i=k+1$），操作的是以 $u$ 为根的子树的子树的集合为 $s$。

合并两个子树的时候，要求至多有一个子树满足 $i\le k$，且两个子树的集合 $s1,s2$ 满足 $s1\cap s2=\emptyset$。

在合并完所有儿子后，再考虑操作 $u$ 的子树，枚举对应的操作 $j$。

如果这是一个保留子树的操作，则要求 $i>j$；如果是一个删除子树的操作，则要求 $j>\forall l\in s$。同时，可以简单计算出操作 $j$ 之前 $u$ 的子树大小，从而判断出是否满足条件。

时间复杂度 $O(n(k3^k+k^22^k))$，可以通过高维前缀和优化到 $O(nk^22^k)$，但是没有必要。

$\texttt{Code}$

需要注意的是，代码中的 $s_i$ 是从 $0$ 开始编号的，所以上述的值部分要减一。

#include<bits/stdc++.h>
#define IL inline
#define reg register
#define N 5050
#define mod 998244353
IL int read()
{
	reg int x=0; reg char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9')ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9')x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
	return x;
}

IL int Add(reg int x,reg int y){return x+y<mod?x+y:x+y-mod;}
IL void Pls(reg int &x,reg int y){x=Add(x,y);}
IL int Mul(reg int x,reg int y){reg long long r=1ll*x*y; return r<mod?r:r%mod;}

int n,k,c[7],d[7];
std::vector<int>G[N];

IL void add(reg int u,reg int v){G[u].push_back(v),G[v].push_back(u);}

int full,f[N][7][1<<6|5],high[1<<6|5],sum[1<<6|5],sz[N],ans;

void dfs(reg int u,reg int fa=0)
{
	sz[u]=1;
	for(reg auto v:G[u])if(v!=fa)dfs(v,u),sz[u]+=sz[v];
	static int g[7][1<<6|5]; f[u][k][0]=1;
	for(reg auto v:G[u])if(v!=fa)
	{
		for(reg int j=0,s;j<=k;++j)for(s=0;s<=full;++s)g[j][s]=0;
		for(reg int s1=0,s2,s;s1<=full;++s1)for(s=s1;s<=full;s=(s+1)|s1)
			s2=s^s1,Pls(g[k][s],Mul(f[u][k][s1],f[v][k][s2]));
		for(reg int j=k,s1,s2,s;j--;)for(s1=0;s1<=full;++s1)if(f[u][j][s1]||f[v][j][s1])for(s=s1;s<=full;s=(s+1)|s1)
		{
			if(high[s2=s^s1]>j)continue;
			Pls(g[j][s],Mul(f[u][j][s1],f[v][k][s2])),Pls(g[j][s],Mul(f[v][j][s1],f[u][k][s2]));
		}
		for(reg int j=0,s;j<=k;++j)for(s=0;s<=full;++s)f[u][j][s]=g[j][s];
	}
	if(u==1)return;
	for(reg int j=0,s;j<=k;++j)for(s=0;s<=full;++s)g[j][s]=0;
	for(reg int j=0,l,s,S,x;j<=k;++j)for(s=0;s<=full;++s)if(f[u][j][s])for(l=0;l<j;++l)if(~s>>l&1)
	{
		S=s&(1<<l)-1,x=sz[u]-sum[S];
		if(x==c[l])Pls(g[l][s^(1<<l)],f[u][j][s]);
		if(x==d[l]&&l>high[s])Pls(g[j][s^(1<<l)],f[u][j][s]);
	}
	for(reg int j=0,s;j<=k;++j)for(s=0;s<=full;++s)Pls(f[u][j][s],g[j][s]);
}

main()
{
	n=read();
	for(reg int i=n;--i;add(read(),read()));
	k=read(),full=(1<<k)-1;
	for(reg int i=0;i<k;++i)c[i]=read(),d[i]=i?c[i-1]-c[i]:n-c[i];
	high[0]=-1;
	for(reg int s=0,i;s<=full;++s)for(i=0;i<k;++i)if(s>>i&1)high[s]=i;
	for(reg int s=1;s<=full;++s)sum[s]=sum[s^(1<<high[s])]+d[high[s]];
	dfs(1);
	for(reg int i=0;i<=k;++i)Pls(ans,f[1][i][full]);
	printf("%d\n",ans);
}