[ARC165E] Random Isolation 题解

$\text{[ARC165E] Random Isolation 题解}$

首先这个操作次数看上去是和树的形态有关的，显然没法去求，考虑转化。对于每个大小大于 $K$ 的连通块，出现后我们必然要拆分它，而拆分的代价，即操作次数就是 $1$。由期望的定义，事实上我们需要求的是所有大小大于 $K$ 的连通块出现的概率之和。那这个东西看上去要好 dp 多了。

考虑如何由子树向上转移。我们考虑将期望选择的子树“剥离”出来。若这个子树有 $n$ 个点，共有 $m$ 个不在该子树上的点与这棵子树相连，那么当且仅当这 $m$ 个点比这 $n$ 个点先选时这个子树会出现，于是这个子树出现的概率实际上是 ${\displaystyle \frac{n!m!}{(n+m)!}}$。那么设 $d{p}_{i,j,k}$ 表示 $i$ 子树内选择子树的大小为 $j$，有 $k$ 个满足不在该子树上却与其相连的点的方案数，统计后乘上概率即可。注意要另外统计父亲的贡献。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define N 205
#define int long long
#define mod 998244353
using namespace std;
int n, k;
int qpow(int x, int y) {
	int ans = 1;
	while (y) {
		if (y & 1) ans = ans * x % mod;
		x = x * x % mod;
		y >>= 1;
	}
	return ans;
}
int fac[N], inv[N];

vector<int>v[N];
int dp[N][N][N];
int tmp[N][N];
int siz[N];
void add(int &x, int y) {
	x = (x + y) % mod;
}
void dfs(int x, int fa) {
	dp[x][1][0] = 1;
	siz[x] = 1;
	for (auto y : v[x]) {
		if (y == fa) continue;
		dfs(y, x);
		dp[y][0][1] = 1;
		memset(tmp, 0, sizeof tmp);
		for (int j = 0; j <= siz[x]; j++)
			for (int k = 0; k <= siz[x]; k++)
				for (int p = 0; p <= siz[y]; p++)
					for (int q = 0; q <= siz[y]; q++)
						add(tmp[j + p][k + q], dp[x][j][k] * dp[y][p][q] % mod);
		siz[x] += siz[y];
		for (int j = 0; j <= siz[x]; j++)
			for (int k = 0; k <= siz[x]; k++)
				dp[x][j][k] = tmp[j][k];
	}
}
int C(int n, int m) {
	return fac[n] * fac[m] % mod * inv[n + m] % mod;
}

signed main() {
	fac[0] = 1;
	for (int i = 1; i < N; i++) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
	inv[N - 1] = qpow(fac[N - 1], mod - 2);
	for (int i = N - 2; ~i; --i) inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cin >> n >> k;
	for (int i = 1; i < n; i++) {
		int x, y;
		cin >> x >> y;
		v[x].push_back(y);
		v[y].push_back(x);
	}
	dfs(1, 0);
	int ans = 0;
	for (int x = 1; x <= n; x++)
		for (int i = k + 1; i <= siz[x]; i++)
			for (int j = 0; j <= siz[x]; j++)
				add(ans, dp[x][i][j] * C(i, j + (x != 1)) % mod);
	cout << ans << "\n";
	return 0;
}