[NOIP2022] 建造军营

前言#

米奇妙妙 $\mathrm{d}\mathrm{p}$ , 也是高端计数

这种题看得懂想不出, 还是非常难蚌

能不能多想想再去看 $\mathrm{T}\mathrm{J}$ 啊

算法#

思路 $1$#

注意到除了割边, 其他的边都没有影响, 显然可以缩 $\mathrm{e}$-$\mathrm{D}\mathrm{C}\mathrm{C}$ 再进行处理

这里发现缩完之后形成一棵树, 考虑树形 $\mathrm{d}\mathrm{p}$

这里我有一个误区, 就是答案必须要是几个 $d{p}_x$ 组合到一起, 但是实际上完全不用
对于树这种特殊结构, $d{p}_{root}$ 已经包含了所有情况

因此令 $d{p}_{x,0/1}$ 表示只在 $x$ 的子树之内建造军营, 军营的
首先考虑答案式子, 我们注意到, 答案应该是多种情况累加, 因为 $d{p}_{x,1}$ 实际上是不重不漏的, 主要需要处理的是那些无关紧要的边, 我们选择守或者不守
注意到如果缩完点之后当前子树的大小为 $Siz{e}_x$ , 我们就有 $Siz{e}_x-1$ 条割边要守, 其中子树外的 $m-Siz{e}_x+1$ 条边可以任选
这里有一个超级巨大的问题: 对于当前节点到父节点的边, 一定不能选, 因为对于父节点, $d{p}_{dpa,1}$ 实际上考虑了这条边, 选上之后会导致重复, 因此记录答案时不能算这条边

事实上如果最早就有关于答案式的思路, 可以通过手推样例/观察性质发现这种性质, 但是我还是大为震撼

所以答案为

$$\sum _{i=1,i\ne root}^{n}d{p}_{i,1}\times 2^{m-Siz{e}_x}+d{p}_{root,1}\times 2^{m-Siz{e}_x+1}$$

太有实力啦

考虑递推

首先我们需要知道, 如果对于 $x$ 的子树 $son$ , 其中 $son$ 内部有军营, 那么 $x\to son$ 这条边必须要守, 其他无所谓

所以有

$$d{p}_{x,1}\leftarrow d{p}_{son,1}\times d{p}_{x,0}$$

$$d{p}_{x,1}\leftarrow d{p}_{son,1}\times d{p}_{x,1}$$

$$d{p}_{x,0}\leftarrow d{p}_{x,0}\times d{p}_{son,0}\times 2$$

$$d{p}_{x,1}\leftarrow d{p}_{x,1}\times d{p}_{son,0}\times 2$$

初始化

$$d{p}_{x,0}\leftarrow 1,d{p}_{x,1}\leftarrow 2^{Si{z}_x}-1$$

注意这里表示的是只选 $x$ 这一 $\mathrm{e}$-$\mathrm{D}\mathrm{C}\mathrm{C}$ 中点的可能性, 反正可以随便选, 边随便选的情况在计算答案时统计

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思路 $2$#

考虑复习

感觉之前的做法过于巧妙, 遂决定重新理解一种更一般的做法

简化问题#

首先理解题意

求选出点集 $\mathbb{S}$ 和边集的方案数, 使得任意切断边集中的一条边, 点集中的点仍然联通

你发现如果切掉的不是割边, 一定没有用, 所以考虑先缩成一棵树, 这样留下来的边才有讨论价值
注意这样做会多出来一个 $2^{|\mathbb{E}|-ϵ}$ 的系数, 其中 $ϵ$ 表示割边的条数, 其意义是非割边随意保护或者不保护
还需要注意的是, 现在的一个点可能在原图中表示多个点, 这个再计算时是需要处理的
以下用 $\epsilon$ 表示该点在原图中代表多少点, $\mu$ 表示该点在原图中包含了多少条边

好的, 经过上面的转换, 我们只需要解决这个问题的树上版本, 不难想到树形 $\mathrm{d}\mathrm{p}$

分类讨论 + 转移#

记 $d{p}_{u,0/1,0/1}$ 表示对于 $u$ 子树, 子树内是否有 $\mathbb{S}$ 中的点, 子树外是否有 $\mathbb{S}$ 中的点
第二个 $0/1$ 方便合并时处理 $u\to v$ 的边是否被保护

$d{p}_{u,0,0}$ 和 $d{p}_{u,0,1}$ 的转移

不难发现

$$\begin{array}{r}d{p}_{u,0,0}\leftarrow d{p}_{u,0,0}\times 2d{p}_{v,0,0}\\ d{p}_{u,0,1}\leftarrow d{p}_{u,0,1}\times 2d{p}_{v,0,1}\end{array}$$

表示 $u\to v$ 可选可不选的方案数
最后处理 $u$ 不选的方案数

$$\begin{array}{r}d{p}_{u,0,0}\leftarrow d{p}_{u,0,0}\times 2^{\epsilon }\\ d{p}_{u,0,1}\leftarrow d{p}_{u,0,1}\times 2^{\epsilon }\end{array}$$

$d{p}_{u,1,0}$ 的转移

你发现其必然可以从 $d{p}_{u,0,0}$ 和 $d{p}_{u,1,0}$ 合并而来, 具体的

$$\begin{array}{r}d{p}_{u,1,0}\leftarrow d{p}_{u,0,0}\times d{p}_{v,1,0}\\ d{p}_{u,1,0}\leftarrow d{p}_{u,1,0}\times d{p}_{v,1,1}\end{array}$$

合并最后处理

$$\begin{array}{r}d{p}_{u,1,0}\leftarrow d{p}_{u,0,0}\times (2^{\epsilon }\times 2^{\mu }-2^{\epsilon })\\ d{p}_{u,1,0}\leftarrow d{p}_{u,1,0}\times (2^{\epsilon }\times 2^{\mu })\end{array}$$

分别表示 $u$ 被选和可选可不选5

你发现这样子, 第三维的 $0/1$ 会爆炸, 所以特殊转移
令 $g_{u,0/1}$ 表示确定合并的时候要选 $v\to w$, $f_{u,0/1}$ 表示确定合并的时候不选 $v\to w$ , 第二维意义不变

不难有

$$\begin{array}{r}{f}_{u,0},g_{u,0}\leftarrow d{p}_{u,0,0}\\ \\ f_{u,1}\leftarrow f_{u,0}\times 2d{p}_{v,1,0}\\ g_{u,1}\leftarrow g_{u,0}\times d{p}_{v,1,1}\\ g_{u,1}\leftarrow g_{u,1}\times d{p}_{v,1,1}\end{array}$$

最终

$$\begin{array}{r}d{p}_{u,1,0}\leftarrow f_{u,0}\times (2^{\epsilon +\mu }-2^{\epsilon })\\ d{p}_{u,1,0}\leftarrow g_{u,1}\times (2^{\epsilon +\mu }-2^{\epsilon })\\ d{p}_{u,1,0}\leftarrow f_{u,1}\times (2^{\epsilon })\end{array}$$

$d{p}_{u,1,1}$ 的转移

你发现这种情况下, 无所谓 $u$ 点选不选择, 对于 $v$ 子树中包含 $\mathbb{S}$ 中的点的情况, 都必须要选上 $u\to v$

$$\begin{array}{r}d{p}_{u,1,1}\leftarrow d{p}_{u,0,1}\times d{p}_{v,1,1}\\ d{p}_{u,1,1}\leftarrow d{p}_{u,1,1}\times d{p}_{v,1,1}\end{array}$$

合并最后处理

$$\begin{array}{r}d{p}_{u,1,1}\leftarrow d{p}_{u,0,1}\times (2^{\epsilon }\times 2^{\mu }-2^{\epsilon })\\ d{p}_{u,1,1}\leftarrow d{p}_{u,1,1}\times (2^{\epsilon }\times 2^{\mu })\end{array}$$

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太乱了, 写了很久也不能用, 显然需要更具体一点, 上面的也不一定正确

合并子树 $($不考虑 $u$ 节点$)$#

$d{p}_{u,0,0}$ 和 $d{p}_{u,0,1}$

不难发现

$$\begin{array}{r}d{p}_{u,0,0}\leftarrow d{p}_{u,0,0}\times 2d{p}_{v,0,0}\\ d{p}_{u,0,1}\leftarrow d{p}_{u,0,1}\times 2d{p}_{v,0,1}\end{array}$$

$d{p}_{u,1,1}$

不难发现

$$\begin{array}{r}d{p}_{u,1,1}\leftarrow d{p}_{u,0,1}\times d{p}_{v,1,1}+d{p}_{u,1,1}\times d{p}_{v,1,1}\end{array}$$

$d{p}_{u,1,0}$

这个唯一比较复杂

首先是分成很多种情况

• 没选 $u$

  • 只选一棵子树 $($此时 $u$ 肯定不选$)$
    考虑记这种情况的方案数为 $f_{0/1}$ 表示是否选了子树
    转移类似 $d{p}_{u,1,1}$

    $$\begin{array}{r}{f}_0\leftarrow d{p}_{u,0,0}\\ f_1\leftarrow f_1+f_0\times 2d{p}_{v,1,0}\end{array}$$

    需要注意的地方是, 初始化 $f_0$ 时使用的 $d{p}_{u,0,0}$ 应当是还没有被更新的
    
    然而你发现这样子「確有問題」, 具体在于除了最后一颗子树, 其他子树的系数 $f_0$ 都不能表示「其他子树不选」, 所以我们需要对其进行修改
    观察 $d{p}_{u,0,0}$ 的转移式, 我们考虑计算出 ${\displaystyle C=\prod _{v\in \mathrm{s}\mathrm{o}\mathrm{n}(\mathrm{u})}2d{p}_{v,0,0}}$
    转移变为

    $$\begin{array}{r}{f}_1\leftarrow f_1+\frac{C}{2d{p}_{v,0,0}}\times 2d{p}_{v,1,0}\end{array}$$

    进一步的, 直接令 $f$ 表示 $f_1$

    $$\begin{array}{r}f\leftarrow f+\frac{C}{d{p}_{v,0,0}}\times d{p}_{v,1,0}\end{array}$$

  • 所有选了点的子树都和 $u$ 有连边 $($此时 $u$ 不选$)$ , 至少选两棵子树
    这种情况只能正难则反, 考虑减去不合法的情况, 即减去一个都没选的方案数, 再减去只选了一个的方案数, 同上转移, 仅仅把系数 $2$ 去掉即可, 还有把第三维改成 $1$

• 选 $u$
  • 所有选了点的子树都和 $u$ 有连边 $($此时 $u$ 选$)$
    每个儿子可以任意选或者不选

实现#

框架#

先计算各个边双联通分量的信息, 建好树之后如上开跑即可

代码#

在此之前先用数据验证算法正确性

总结#

神秘计数方法

$\mathrm{d}\mathrm{p}$ 式子考虑不到的, 可以在统计答案时考虑

注意计数不重不漏, 注意初始化

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连通性问题常常要往缩点计数类的方向去想
缩点计数类问题一定要注意缩点带来的系数

一种合并类问题, 具体的套路在 之后的一篇文章 中有提到, 不在这里赘述

善于运用辅助数组避免新开一维或者更复杂的讨论

分类讨论能力必须加强, 考虑清楚每一维的含义