[CEOI2007] 树的匹配 Treasury 题解

前言

题目链接：洛谷。

题目简述

给一棵树，问你这棵树的最大匹配是多少，并且计算出有多少种最大匹配。

题目分析

先来考虑较简单的最大匹配数。对于某一个结点，它有以下三种状态：

1. 不参与匹配；
2. 和某一个儿子匹配；
3. 和父亲匹配。

考虑使用树形 DP，我们发现，只需要知道一个孩子，和或不和自己匹配的最大匹配是多少，也即，在 DP 时，前两种状态在向上合并时是相同的——都不能和父亲构成一个新的匹配。那我们就可以记 $f[i][0/1]$ 表示 $i$ 这个点，能或不能和父亲匹配构成的最大匹配数。为了方便，我们把一个匹配的贡献记在孩子上。那么答案 $ans=f[root][0]$。接下来考虑递推式。

以下考虑对于一个结点 $yzh$ 和其一个孩子 $xym\in \mathrm{son}(yzh)$。

对于 $f[yzh][1]$，即 $yzh$ 可以和她父亲合并，那么她不能和她的孩子构成匹配。也就是只能从孩子的 $f[xym][0]$ 转移而来。

$$f[yzh][1]=1+\sum f[xym][0]$$

对于 $f[yzh][0]$，即 $yzh$ 可以不参与匹配，或者和某一个孩子构成匹配，相应转移即可。

$$\begin{array}{rl}f[yzh][0]& =max\{\sum f[xym][0],\sum f[xym][0]+max\{f[xym][1]-f[xym][0]\}\}\\ & =\sum f[xym][0]+max\{f[xym][1]-f[xym][0]\}\cup \{0\}\end{array}$$

对于方案数，我们再记 $g[i][0/1]$，转移时把 $\sum$ 变成 $\prod$ 即可。

$$g[yzh][1]=\prod g[xym][0]$$

如果 $f[yzh][0]$ 在不和任何一个儿子匹配时取得 $max$，

$$g[yzh][0]=\prod g[xym][0]$$

如果和某一个孩子 $xy{m}^{\prime }\in \mathrm{son}(yzh)$ 匹配时取得 $max$，

$$g[yzh][0]=g[xy{m}^{\prime }][1]\prod _{xym\ne xy{m}^{\prime }}g[xym][0]$$

注意，如果有多个 $xy{m}^{\prime }$ 满足，应根据加法原理对 $g[yzh][0]$ 累加；如果 $f[xy{m}^{\prime }][1]=f[xy{m}^{\prime }][0]$，在不参与匹配的方案数也要累加进来。

最后注意到题目最后一句话：

其中 $40\mathrm{\%}$ 的数据答案不超过 ${10}^8$。

我们要使用高精度存 $g$ 的答案。有个 trick，$\prod _{xym\ne xy{m}^{\prime }}$ 可以用前后缀积来优化。

代码

略去了高精度 BigInteger 的实现。

#include <vector>
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
 
int n;
vector<int> edge[1010];
BigInteger g[1010][2];
int f[1010][2];
 
void dfs(int now) {
	f[now][1] = 1, g[now][1] = 1;
	unsigned mx = 0, son = 0;
	for (unsigned i = 0; i < edge[now].size(); ++i) {
		int to = edge[now][i];
		++son, dfs(to);
		f[now][1] += f[to][0], g[now][1] *= g[to][0];
		if (f[to][1] - f[to][0] > f[edge[now][mx]][1] - f[edge[now][mx]][0])
			mx = i;
	}
	if (!son) return g[now][0] = 1, void();
	f[now][0] = f[now][1] - 1 + f[edge[now][mx]][1] - f[edge[now][mx]][0];
	static BigInteger suf[1010]; suf[edge[now].size()] = 1;
	for (unsigned i = edge[now].size() - 1; ~i; --i)
		suf[i] = suf[i + 1] * g[edge[now][i]][0];
	BigInteger pre = 1;
	for (unsigned i = 0; i < edge[now].size(); ++i) {
		int to = edge[now][i];
		if (f[to][1] - f[to][0] == f[edge[now][mx]][1] - f[edge[now][mx]][0])
			g[now][0] += pre * suf[i + 1] * g[to][1];
		pre *= g[edge[now][i]][0];
	}
	if (f[edge[now][mx]][1] - f[edge[now][mx]][0] == 0)
		g[now][0] += g[now][1];
}
 
signed main(){
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1, u, v, k; i <= n; ++i) {
		scanf("%d%d", &u, &k);
		while (k--) scanf("%d", &v), edge[u].push_back(v);
	}
	dfs(1);
	printf("%d\n", f[1][0]);
	printf("%s", string(g[1][0]).c_str());
	return 0;
}

后记 & 反思

一道很水的题目，但是模拟赛时没写出来，寄。