「NOIP2022」建造军营 题解

前言

题目链接：洛谷。

题意简述

yzh 送你一张 $n$ 个点 $m$ 条边的无向连通图，你可以决定选择 $n$ 个点中若干个、$m$ 条边中若干条，方案数为 $2^n{2}^m$。在你操作后，yzh 会任意挑选一条边，如果这条边没有被你选中，那么就要断开这条边，否则什么事也没发生。你需要保证无论 yzh 怎么选择，你选出的点集在操作后是连通的。求你选择的方案数，对 $998244353$ 取模。

$1\le n\le 5\times {10}^5$，$n-1\le m\le {10}^6$，保证图连通，无自环、重边。

题目分析

这么大一张无向图，要么考虑 tarjan 缩点，要么考虑随便建出一棵 DFS 树，分为树边、非树边考虑。对于此题，两种做法均可，作者仅介绍更为好像的 tarjan 缩点做法，DFS 树方法留给读者思考。

发现，yzh 选择的边会导致原图不连通，当且仅当选择了图上的桥。用 tarjan 把边双缩点后，图变成了一棵树。问题此时转变成了，在 $n^{\prime }$ 点中选出一个子集 $S$，若选择了 $u\in S$，在原问题上有 $2^{\mathrm{siz}(u)}-1$ 中选择方案（$\mathrm{siz}(u)$ 表示双连通分量 $u$ 在原图中点数），表示 $u$ 这个边双中选择了若干个不为空的点；记 $S$ 构成的虚树（即最小的包含 $S$ 的连通块）中有 $k$ 条边，那么我们必须选择这 $k$ 条边，才能保证 $S$ 连通，而剩下 $(n^{\prime }-1)-k$ 和点双中的 $m-(n^{\prime }-1)$ 条，共 $m-k$ 条边随便选择，方案数为 $2^{m-k}$。

形式化地表示如下：

$$ans=\sum _{S\subseteq \{i{\}}_{i=1}^n}{2}^{m-\mathrm{calc}(S)}\prod _{u\in S}(2^{\mathrm{siz}(u)}-1)$$

这样一坨东西应该需要树形 DP 解决。

从 $S$ 计数显然不好算，考虑从最小连通块角度切入。我们枚举这个最小连通块，连通块最外层的点（即度为 $1$ 的点）$u$ 必须至少选择了 $\mathrm{siz}(u)$ 中的一个，方案数为 $2^{\mathrm{siz}(u)}-1$，而内部节点可以随便选择，方案数为 $2^{\mathrm{siz}(u)}$。我们此时不用纠结最小连通块的边数 $\mathrm{calc}(S)$ 为多少了，只需要在 DP 的时候，如果选择了某一条边到连通块中，乘上 $2^{-1}$，最后的答案再乘以 $2^m$ 即可。这样枚举能够包含原先所有情况。

那么 DP 的状态也很容易想了，用 $f_{u,0/1/2}$ 分别表示 $u$ 为某一个连通块最浅的点，其有 $0$ 个儿子、恰 $1$ 个儿子、$2$ 个及以上儿子的答案。拥有 $0$ 个儿子的、或者深度最浅并且恰有 $1$ 个儿子的结点，即为最外层的点。

$f_{u,0}$ 最简单，不需要转移，为 $2^{\mathrm{siz}(u)}-1$。

$f_{u,1}$ 继承某一个儿子的答案，乘上 $u$ 的方案数，根据加法原理累加即可。注意选中了 $u$ 和其儿子间的一条边，需要乘上 $2^{-1}$ 的系数。为了方便，我们记 $g_u=f_{u,0}+f_{u,1}+f_{u,2}$。

$$f_{u,1}=2^{\mathrm{siz}(u)}\cdot 2^{-1}\sum _{v\in \mathrm{son}(u)}{g}_v$$

$f_{u,2}$ 直接来不好做，需要和 $f_{u,1}$ 一起算。我们顺次枚举孩子 $v$，先让 $f_{u,2}\leftarrow f_{u,2}+(f_{u,1}+f_{u,2})\cdot 2^{-1}\cdot g_v$，再 $f_{u,1}\leftarrow f_{u,1}+2^{\mathrm{siz}(u)}\cdot 2^{-1}\cdot g_v$。前者表示讨论是否选择 $(u,v)$ 再根据加法原理累加。

如何统计答案呢？我们考虑在联通块最浅的那个点统计。$f_{u,0/2}$ 显然直接累加即可，但是 $f_{u,1}$ 需要保证 $u$ 至少选定了一个点，所以需要加上 $f_{u,1}$ 后减去每个非根的 $u$ 的 $2^{-1}{g}_u$。

此时树形 DP 时间复杂度已经是 $\mathcal{O}(n)$ 的了，总的时间复杂度为 $\mathcal{O}(n+m)$ 足以通过本题。不过在写题解的过程中，发现可以进一步优化状态。

我们发现，完全不需要记 $f_{u,2}$，所以我们状态 $f_{u,0/1}$ 变成了 $u$ 是否有孩子的答案。

$$f_{u,1}=2^{\mathrm{siz}(u)}\sum _{S\subseteq \mathrm{son}(u)\wedge S\ne \varnothing }\prod _{v\in S}{2}^{-1}{g}_v$$

这个简单容斥以下等价于下者：

$$f_{u,1}=2^{\mathrm{siz}(u)}(\prod _{v\in \mathrm{son}(u)}(2^{-1}{g}_v+1)-1)$$

于是又可以解决问题了。我们进一步发现，在转移的时候，自始至终都在使用 $g_v$，所以可以把 $f_{u,0/1}$ 合并起来。

代码

轻松最优解。

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
 
const int mod = 1e9 + 7, inv2 = (mod + 1) >> 1;
inline int add(int a, int b) { return a >= mod - b ? a + b - mod : a + b; }
inline int sub(int a, int b) { return a < b ? a - b + mod : a - b; }
inline int mul(int a, int b) { return 1ll * a * b % mod; }
 
const int N = 500010, M = 1000010;
 
struct Graph {
    struct node {
        int to, nxt;
    } edge[M << 1];
    int head[N], tot = 1;
    inline void add(int u, int v) {
        edge[++tot] = { v, head[u] };
        head[u] = tot;
    }
    inline node & operator [] (int x) {
        return edge[x];
    }
} xym, yzh;
 
int n, m;
 
int dfn[N], low[N], timer;
int stack[N], top;
int sccno[N], scc_cnt, siz[N];
 
void tarjan(int u, int fr) {
    dfn[u] = low[u] = ++timer, stack[++top] = u;
    for (int i = xym.head[u]; i; i = xym[i].nxt) {
        if ((i ^ 1) == fr) continue;
        int v = xym[i].to;
        if (!dfn[v]) tarjan(v, i), low[u] = min(low[u], low[v]);
        else low[u] = min(low[u], dfn[v]);
    }
    if (low[u] >= dfn[u]) {
        ++scc_cnt;
        do {
            int v = stack[top--];
            sccno[v] = scc_cnt;
            ++siz[scc_cnt];
        } while (stack[top + 1] != u);
    }
}
 
int pw[M], f[N], ans;
 
void dfs(int u, int fa) {
    int one = 1;
    for (int i = yzh.head[u]; i; i = yzh[i].nxt) {
        int v = yzh[i].to;
        if (v == fa) continue;
        dfs(v, u);
        ans = sub(ans, mul(inv2, f[v]));
        one = mul(one, add(mul(inv2, f[v]), 1));
    }
    f[u] = mul(sub(one, 1), pw[siz[u]]);
    f[u] = add(f[u], sub(pw[siz[u]], 1));
    ans = add(ans, f[u]);
}
 
signed main() {
    #ifndef XuYueming
    freopen("barrack.in", "r", stdin);
    freopen("barrack.out", "w", stdout);
    #endif
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for (int i = 1, u, v; i <= m; ++i) {
        scanf("%d%d", &u, &v);
        xym.add(u, v), xym.add(v, u);
    }
    tarjan(1, 0);
    for (int u = 1; u <= n; ++u)
        for (int i = xym.head[u]; i; i = xym[i].nxt) {
            int v = xym[i].to;
            if (sccno[u] == sccno[v]) continue;
            yzh.add(sccno[u], sccno[v]);
        }
    pw[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= max(n, m); ++i) pw[i] = add(pw[i - 1], pw[i - 1]);
    dfs(1, 0), ans = mul(ans, pw[m]);
    printf("%d", ans);
    return 0;
}