7.12 NOI模拟赛 生成树 装压dp vector装压
LINK：生成树
这场比赛我打的真失败 T3是比较容易的 却一直刚 那道"数论"
10分其实搜一下全排列。
30分容易想到对边进行装压dp。
不过存在一些细节 可以对于一个连通块的壮大进行装压 也就是每次需要联通两个块的时候使用关键边 然后再这两个块之间加边知道加满需要其他边。
复杂度 \(2^{21}\cdot 21\cdot 6\) 可能能过或许是我的做法不太行？
值得一提的是这样是无标号的需要最后乘以一个阶乘.
可以发现之所以装压边是为了防止 一些边的添加使得最小生成树变化。
可以考虑从小到大加边 是关键边就连接两个连通块 不是的话就添加到联通块的内部。
可以考虑对连通块进行装压 可以发现所以可能的情况只有3e5左右种.
那么就有\(f_{i,j}\)表示加到i条边连通块的情况为j的方案数.
将边从小到大排序就不需要考虑 且按照上述策略就一定不会改变最小生成树的形态.
当第i条边需要连接联通块的时候 可以在 状态中的两个联通块中选出两个连边就行辣 这部分复杂度 \(n^3\)不过很大程度上是跑不满的。
当需要连到联通块的内部的时候 那就预处理一下当前状态 能在连通块中加多少条边即可。转移的复杂度为O(1).
因为每个状态最多连边一次 所以
总复杂度\(n\cdot S+S\cdot n^3\)不过是跑不满的 n^3.
可以通过！
code
//#include<bits\stdc++.h>
#include<iostream>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<cstdlib>
#include<queue>
#include<deque>
#include<stack>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<utility>
#include<bitset>
#include<set>
#include<map>
#define ll long long
#define db double
#define INF 10000000000000000ll
#define ldb long double
#define pb push_back
#define put_(x) printf("%d ",x);
#define get(x) x=read()
#define gt(x) scanf("%d",&x)
#define gi(x) scanf("%lf",&x)
#define put(x) printf("%d\n",x)
#define putl(x) printf("%lld\n",x)
#define gc(a) scanf("%s",a+1)
#define rep(p,n,i) for(RE int i=p;i<=n;++i)
#define go(x) for(int i=lin[x],tn=ver[i];i;tn=ver[i=nex[i]])
#define fep(n,p,i) for(RE int i=n;i>=p;--i)
#define vep(p,n,i) for(RE int i=p;i<n;++i)
#define pii pair<int,int>
#define mk make_pair
#define RE register
#define P 1000000007
#define gf(x) scanf("%lf",&x)
#define pf(x) ((x)*(x))
#define uint unsigned long long
#define ui unsigned
#define EPS 1e-4
#define sq sqrt
#define S second
#define F first
#define mod 1000000007
#define V vector<int>
using namespace std;
char buf[1<<15],*fs,*ft;
inline char getc()
{
return (fs==ft&&(ft=(fs=buf)+fread(buf,1,1<<15,stdin),fs==ft))?0:*fs++;
}
inline int read()
{
RE int x=0,f=1;RE char ch=getc();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getc();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getc();}
return x*f;
}
const int MAXN=40010,maxn=40*40/2;
int f[maxn][MAXN];
V g[MAXN],now;
map<V,int>H;
int vis[maxn],w[MAXN];
int n,m,id;
inline void add(int &x,int y){x=x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
inline int mul(int x,int y){return (ll)x*y%mod;}
inline void dfs(int x,int res)
{
if(!res)
{
H[now]=++id;g[id]=now;
vep(0,now.size(),j)w[id]+=(now[j]*(now[j]-1))/2;
return;
}
if(x>res)return;
now.pb(x);
dfs(x,res-x);
now.pop_back();
dfs(x+1,res);
}
int main()
{
freopen("tree.in","r",stdin);
freopen("tree.out","w",stdout);
get(n);m=n*(n-1)/2;
rep(1,n-1,i)vis[read()]=1;
dfs(1,n);
f[0][1]=1;
rep(1,m,i)
{
rep(1,id,j)if(f[i-1][j])
{
if(vis[i])
{
vep(0,g[j].size(),l)
vep(l+1,g[j].size(),r)
{
now.clear();
vep(0,g[j].size(),k)if(k!=l&&k!=r)now.pb(g[j][k]);
now.pb(g[j][l]+g[j][r]);
sort(now.begin(),now.end());
int ww=H[now],cc=mul(g[j][l],g[j][r]);
add(f[i][ww],mul(cc,f[i-1][j]));
}
}
else add(f[i][j],mul(f[i-1][j],w[j]-i+1));
}
}
put(f[m][id]);return 0;
}
