【题解】arc101 C - Ribbons on Tree

很棘手的树形 $dp$ 。

设 $dp[u][x]$ 表示以 $u$ 为根的子树，有 $x$ 个节点失配的方案数。这样时间复杂度 $O(n^3)$ 。

一个想法是直接继承重儿子，用 $dsu-on-tree$ 优化转移。不过比较难写，而且 $n<=5000$ 似乎过不去。

但是看到 任意边都必须有颜色 时想到容斥。具体来说，就是 $\sum (-1{)}^m\ast 有m条边没有颜色的方案数$ 。后文的方案数均指带上容斥系数的方案数。

考虑一条边只有选和不选两种决策，每次加入一条边，只考虑当前边有没有颜色覆盖，具体来说就是和之前余下的点是否形成一个连通块。

下面叙述正解：

首先考虑 $2n$ 个节点的自由匹配数。答案为 $\frac{A_{2n}^n}{2^n}=(2n-1)!!$ 。比较容易理解的方法是考虑节点 $1$ 有 $2n-1$ 种连法，节点 $2$ 有 $2n-3$ 种连法，直到 $n=1$ 时有一种连法。

然后考虑 $F$ 条边断掉，此时方案数为 $g(n_1)\ast g(n_2)...g(n_{|F+1|})$ 。其中 $g(n1)$ 表示连通块 $n1$ 的方案数。

其实你会发现枚举断边是套路。如果 $n<=20$ 可以直接状压枚举，但是因为本题形态是一个树，可以树形 dp 优化。

设 $dp[u][x]$ 表示以 $u$ 为根的子树，有 $x$ 个节点组成的连通块的方案数。

具体地，每多一条断边，就乘上系数 $-1$ 。有状态转移方程：

1. $dp[u][x]\ast dp[v][y]->dp[u][x+y]$
2. $-dp[u][x]\ast dp[v][y]\ast g[y]->dp[u][x]$

最后枚举 $x=[0,n)$ 即可。时间复杂度 $O(n^2)$ 。

本题告诉我们，容斥思想是很灵活的，可以融入到 $dp$ 转移中降低时间复杂度。

#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define ll long long
#define PII pair<int,int>
#define All(x) x.begin(),x.end()
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int mx=5005;
const int mod=1e9+7;
int n,siz[mx];
ll dp[mx][mx],f[mx],tmp[mx],res;
vector<int> g[mx];
void dfs(int u,int fa) {
	dp[u][1]=siz[u]=1;
	for(auto v:g[u]) {
		if(v==fa) continue;
		dfs(v,u);
		for(int i=0;i<=siz[u]+siz[v];i++) tmp[i]=0;
		for(int i=siz[u];i>=0;i--) {
			for(int j=siz[v];j>=0;j--) {
				tmp[i]=(tmp[i]-dp[u][i]*dp[v][j]%mod*f[j]%mod)%mod;
				tmp[i+j]=(tmp[i+j]+dp[u][i]*dp[v][j]%mod)%mod;
			}
		}
		for(int i=0;i<=siz[u]+siz[v];i++) dp[u][i]=tmp[i];
		siz[u]+=siz[v];
	}
}
int main() {
//	freopen("data.in","r",stdin);
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<n;i++) {
		int u,v; scanf("%d%d",&u,&v);
		g[u].push_back(v),g[v].push_back(u);
	}
	f[0]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++) {
		f[i]=f[i-2]*(i-1)%mod;
	} 
	dfs(1,0);
	for(int i=0;i<=n;i++) {
		res=(res+dp[1][i]*f[i]%mod)%mod;
	}
	if(res<0) res+=mod;
	printf("%lld",res);
}

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本文作者：仰望星空的蚂蚁
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