模拟赛11.7 解题报告

额……好久没有更新这个系列了……

T3

题意：给出一棵树 \(T_0\)，大小为 \(n\)。

有 \(k\) 次操作，第 \(i\) 次在树 \(T_{i-1}\) 中选择一条边切断成两部分，然后选择其中一部分作为 \(T_i\)。

给出 \(a_{1...k}\)，需要满足 \(|T_i|=a_i\)。

\(1\le n\le 5000,\space 1\le k\le 6\)

---

考虑每次切边，分成两部分：

• 子树

• 非子树

称选择子树的切边操作为一操作，选择非子树的切边操作为二操作。

我们需要充分利用 \(a\) 的信息，第 \(i\) 次操作时的树大小为 \(a_{i-1}\)。

对于第 \(i\) 次操作，若其是二操作，不难发现切的边对应的子树大小应是 \(a_{i-1}-a_i\)。我们不需要考虑切完后子树外大小为 \(a_i\)，只需要满足切的这条边下面的子树大小是 \(a_{i-1}-a_i\)，这样限制会宽松很多。

若其是一操作，选的子树大小就是 \(a_i\)。

先不考虑一操作。\(k\) 很小，往状压方向想。设 \(g[u,S]\) 表示 \(u\) 子树内完成了 \(S\) 集合内的操作，且都保留了非子树部分（二操作）的方案数。

显然 \(g[u,\emptyset]=1\)。转移时只需要枚举子集，暴力合并即可。

考虑单个贡献，即：若 \(u\) 不是根，我们可以对 \((fa_u,u)\) 这条边进行操作。对于 \(g[u,S]\)，选择 \(S\) 中最大的操作编号 \(x\)，判断在其他操作的影响下，\(u\) 子树大小是否为 \(a_{x-1}-a_x\)，若满足则转移 \(g[u,S]\leftarrow g[u,S-\{x\}]\)。

考虑一操作。

不难发现，每次的一操作会不断往子树方向走，所有一操作的边应在一条链上且操作时间单调递增。

设 \(f[u,S,i]\) 表示 \(u\) 子树内完成了 \(S\) 集合内的操作，其中最晚的那次一操作是第 \(i\) 次操作，的方案数。

考虑不操作 \((fa_u,u)\) 这条边。那么我们合并所有儿子子树的信息，最多有一个儿子满足其子树内有一操作，其他儿子按 \(g\) 的合并方法合并，那个儿子也不难转移。

如果操作 \((fa_u,u)\) 这条边，枚举是第 \(x\) 次操作，那么子树内其他一操作的时间 \(i\) 都必须 \(<x\)。用 \(g[u,S-\{x\}],f[u,S-\{x\},i]\) 向 \(f[u,S,x]\) 贡献即可。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define max(a,b) ((a)>(b)? (a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)? (a):(b))
using namespace std;
const ll maxn=5010,mod=998244353;
ll n,u,v,head[maxn],tot,m,a[maxn],f[maxn][1<<6][8],g[maxn][1<<6],d[1<<6],siz[maxn],mxbit[1<<6],ans;
ll L[1<<6][8],sum[1<<6];
struct edge
{
	ll v,nxt;
}e[maxn<<1];
void ins(ll u,ll v)
{
	e[++tot]=(edge){v,head[u]};
	head[u]=tot;
}
void dfs(ll u,ll fa)
{
	g[u][0]=1; siz[u]=1;
	for(ll i=head[u];i;i=e[i].nxt)
	{
		ll v=e[i].v;
		if(v==fa) continue;
		dfs(v,u); siz[u]+=siz[v];
	}
	for(ll i=head[u];i;i=e[i].nxt)
	{
		ll v=e[i].v;
		if(v==fa) continue;
		for(ll S=(1<<m)-1;S;S--)
		{
			for(ll j=1;j<=m;j++)
				if(S&(1<<j-1))
				{
					for(ll T=S;T;T=(T-1)&S)
					{
						if(T&(1<<j-1))
						{
							if(mxbit[S^T]<j)
							{
								f[u][S][j]=(f[u][S][j]+g[u][S^T]*f[v][T][j])%mod;
							}
						}
						
						if(mxbit[T]>=j-1) continue;
						f[u][S][j]=(f[u][S][j]+f[u][S^T][j]*g[v][T])%mod;
					}
				}
		}
		
		for(ll S=(1<<m)-1;S;S--)
		{
			for(ll T=S;T;T=(T-1)&S)
			{
				g[u][S]=(g[u][S]+g[u][S^T]*g[v][T])%mod;
			}
		}
	}
	
	if(u==1) return;
	
	memset(L,0,sizeof L);
	for(ll i=1;i<=m;i++)
	{
		for(ll S=(1<<m)-1;S;S--)
			if((S&(1<<i-1))&&(a[i]==siz[u]-sum[S&((1<<i-1)-1)]))
			{
				L[S][i]=(L[S][i]+g[u][S^(1<<i-1)])%mod;
				for(ll j=i+1;j<=m;j++)
					if(S&(1<<j-1))
					{
						L[S][i]=(L[S][i]+f[u][S^(1<<i-1)][j])%mod;
					}
			}
	}
	
	for(ll S=(1<<m);S;S--)
	{
		ll p=mxbit[S]+1;
		if(a[p-1]-a[p]==siz[u]-sum[S^(1<<p-1)]) g[u][S]=(g[u][S]+g[u][S^(1<<p-1)])%mod;
	}
	for(ll S=0;S<(1<<m);S++)
		for(ll i=1;i<=m;i++)
			f[u][S][i]=(f[u][S][i]+L[S][i])%mod;//, printf("f[%lld,%lld,%lld] = %lld\n",u,S,i,f[u][S][i]);
}
int main()
{
	freopen("lone.in","r",stdin);
	freopen("lone.out","w",stdout);
	scanf("%lld",&n);
	for(ll i=1;i<n;i++)
	{
		scanf("%lld%lld",&u,&v);
		ins(u,v); ins(v,u);
	}
	scanf("%lld",&m); a[0]=n;
	for(ll i=1;i<=m;i++) scanf("%lld",a+i);
	mxbit[0]=-1;
	for(ll i=1;i<(1<<m);i++)
		mxbit[i]=mxbit[i>>1]+1;
	for(ll i=1;i<(1<<m);i++)
	{
		for(ll j=1;j<=m;j++)
			if(i&(1<<j-1)) sum[i]+=a[j-1]-a[j];
	}
	dfs(1,0);
	ans=g[1][(1<<m)-1];
	for(ll i=1;i<=m;i++) ans=(ans+f[1][(1<<m)-1][i])%mod;
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}