P8867 NOIP2022 建造军营

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给定一个无向联通图 $G = (V', E')$，求有多少个二元组 $(V, E)$，满足：

• $V \subseteq V'$，$E \subseteq E'$，$V \ne \varnothing$。
• 在 $G$ 上，断开 $E’ - E$ 中任意一条边后，都有 $V$ 中所有点在 $G$ 上仍然联通。

35 pts

枚举 $2^n - 1$ 种 $V$ 的情况，再用 $m(n +m)$ 的复杂度暴力检验将每条边断开后 $V$ 是否仍然联通，记录【断开该边后 $V$ 仍然可以联通】的边数 $M$，答案累加 $2^{M}$ 即可。

时间复杂度 $\Theta(m(n+m)2^n)$，期望可以通过前 $7$ 个数据点（没有实测）。

45 pts

考虑开特殊性质 $\mathrm{A}$，也就是给定的图是一条链。

我们考虑当 $V$ 最左面的点为 $l$，最右面的点为 $r$ 时，有多少种二元组。

当 $l = r$，也就是 $V$ 中只有一个元素 $l$ 时，所有边都可以随便选，可以有 $2^{n-1}$ 种取法。这一部分的答案是 $n \times 2^{n-1}$。

当 $l \ne r$ 时，中间的 $r-l$ 条边必须选入 $E$，而两头的边都可以随便选取。此时 $V$ 有 $2^{r - l - 1}$ 种取法，$E$ 有 $2^{n-1-(r-l)}$ 种取法，惊喜发现这一部分答案就是 $2^{n-2}$，和 $l$，$r$ 无关。

$l$，$r$ 的取法为 $\dbinom{n}{2} = \dfrac{n(n-1)}{2}$，所以这部分的答案是 $n(n-1)2^{n-3}$，总答案为 $n \times 2 ^ {n-1} + n(n-1)2^{n-3}$。

到这里都很送。

100 pts

不难发现，对于任意非桥边，删除它后整个图都可联通，因此所有非桥边在任意情况下都可以随便选。

这启发我们对整个图进行边双缩点。边双缩点后形成一棵树，原图非桥边将全部消失（被缩在一个点里），桥边变成新的树边。

因为任何非桥边任意情况下可以任意选，所以最终答案会有一个 $2^{m - M}$ 的系数，这里 $M$ 的含义是桥边的数量，也就是缩点后的树边数量。这样以来，我们在讨论选边方案时只讨论 $M$ 条树边，得到的方案数最后乘上 $2^{m - M}$ 即可。

当模型变成树后，我们发现，任意两个点之间的路径变得唯一：也就是对于树上的任意两个节点 $s$ 和 $t$，如果这两个点均被选入点集，那么对于 $s \rightsquigarrow t$ 的简单路径上的所有边必须全部选入边集。否则，断开那条没选入边集的边，$s$ 和 $t$ 一定不再联通。

为了区分，我们定义 $s$ 和 $t$ 是【超联通】的，当且仅当 $s$ 和 $t$ 可以仅通过所选的边联通。

计数问题要么是动态规划要么是排列组合，要么两个都占。接下来就不难想到树形 dp 了。我们记 $T(u)$ 表示 $u$ 的子树。

考虑设计状态，$f(u)$ 表示 $T(u)$ 的答案，也就是在 $T(u)$ 上，最少选一个点，选任意条边的方案数。我们设 $e(u)$ 表示 $T(u)$ 中边的数量。

对于 $u$ 的子节点 $v$，如果我们决定不在 $T(v)$ 上选点，那么 $T(v)$ 上的边和 $(u, v)$ 这条边都有选和不选两种可能，有 $2^{e(v) +1}$ 种情况。

若我们在 $T(v)$ 上选点呢，出现问题：

如果 $T(v)$ 上存在一个点 $x$，满足 $x$ 和 $v$ 不超联通（注意到这个方案是合法的，因为我们可以不选择点 $v$）。那么无论我们是否选择 $(u, v)$，都有 $x$ 和 $u$ 不超联通。此时点 $u$，以及 $v$ 的兄弟的子树上的点一定不可选择，因为无法和 $x$ 超联通，不合法。

如果 $T(v)$ 上不存在这样的点 $x$，也就是 $T(v)$ 上的点都和 $v$ 超联通，只要我们选择 $(u, v)$，那么 $T(v)$ 上选的所有点就能和 $u$ 超联通。此时，$u$ 以及 $v$ 的兄弟的子树上的点就可合理选取。

上面两种情况会造成转移的截然不同，但是由于我们统统放在一个 $f(v)$ 里，没法转移。所以我们需要分开讨论和转移。

换句话说，我们此时应给状态多加一维：

$f(u, 1)$ 表示 $T(u)$ 上至少选了一个点，且选的所有点全部和 $u$ 超联通的方案数；

$f(u, 2)$ 表示 $T(u)$ 上至少选了一个点，且存在一个点不和 $u$ 超联通的方案数。

从而分开转移。最终答案是 $f(1, 1) + f(1, 2)$（令 $1$ 为根）。

详细的转移方程和代码细节可以参考别的题解，因为在这里我要讲的是一种另外的思路，状态不需要多加一维，更有趣一点。

设 $f(u)$ 表示 $T(u)$ 上至少选了一个点，且选的所有点全部和 $u$ 超联通的方案数。其实就是上边的 $f(u, 1)$，换句话说，我只需要 $f(u, 1)$ 一个状态就可完成本题的全部转移和答案统计。

我们加设 $c(u)$ 表示节点 $u$ 代表原图上多少个点（即有多少个点被缩进 $u$ 了）。对于 $u$ 上的点，可随便选，所以会有个 $2^{c(u)}$ 的系数。

接着讨论 $u$ 的子节点 $v$ 及其子树 $T(v)$。

• $T(v)$ 上不选点：那么 $T(v)$ 上的边和 $(u, v)$ 这条边都有选和不选两种可能，有 $2^{e(v) +1}$ 种情况；
• $T(v)$ 上选点：此时 $(u, v)$ 必选，有 $f(v)$ 种情况。

最后还有个问题：$f(u)$ 要保证 $T(u)$ 上必选点。上面所有情况计算完毕，会包含所有不选点构成的 $2^{e(u)}$ 种情况，最后减去。

得到 $f(u)$ 的状态转移方程：

$$f(u) = -2^{e(u)} + 2 ^ {c(u)} \prod_{v \in \mathrm{child}(u)}2^{e(v) + 1}+f(v)$$

怎么做答案统计？

答案一定不是 $f(1)$，因为当然会存在：所选点不全部和树根超联通的情况。

我们再考虑，一种选择方案，它选的所有点全都在 $T(u)$ 上，还都和 $u$ 超联通，方案数是多少？是 $f(u)$ 吗？错，我没说所选边都在 $T(u)$ 上：事实上，上面这个问题的答案是 $f(u) \times 2^{M - e(u)}$。

此时我想，答案是否为 $f(1) +f(2) \times 2^{M - e(2)} + f(3) \times 2^{M- e(3)} + \cdots + f(M + 1) \times 2^{M + 1 - e(M+1)}$（别忘了 $M +1$ 是新树的点数，而且 $M = e(1)$）？然后我构造了两个反例出来：

上面这个选择方案（红点和红边为选择对象，黑色的未不选的对象），会被 $f(4) \times 2^{M - e(4)}$ 和 $f(2) \times 2^{M - e(2)}$ 统计两次。

上面这个选择方案，会被 $f(2) \times 2^{M - e(2)}$ 和 $f(1)$ 统计两次。

是否有一种办法能让每种方案只被统计一次？

观察上面这两个反例和自己造的一些反例，不难发现，只在所选点集的 LCA 统计答案即可。也就是对于第一个反例，期望在 $4$ 处统计该情况而不是在 $2$；对于第二个反例，期望在 $2$ 处该情况而不是在 $1$。如果在上面第二个反例的基础上，再选点 $3$ 和 $(1, 3)$ 这条边，那就期望在 $1$ 处统计答案了。

换句话讲，我们的目标：对于节点 $u$，计算出满足所选点集的 LCA 为点 $u$ 的方案数。

再换句话讲，就是计算出在 $f(u)$ 中，要么是 $u$ 本身被选择，要么是 $u$ 的两棵及以上子树选了点的方案数，最后乘 $2^{M - e(u)}$。

再再换句话讲，就是计算出在 $f(u)$ 中，$u$ 没被选而且只有一个子树中选了点的方案数，最后再用 $f(u)$ 减去它，乘上 $2^{M - e(u)}$ 的系数。

我们枚举 $u$ 的子节点 $v$，$T(v)$ 上有 $f(v)$ 种方案，$(u, v)$ 必选（否则就不在 $f(u)$ 里了），$T(u)$ 中其他边可选可不选，总共是 $f(v) \times 2^{e(u) - e(v) - 1}$ 种方案。

因此，$u$ 作为 LCA 对答案的贡献是：

$$(f(u) - \sum_{v \in \mathrm{child}(u)} f(v) \times 2 ^ {e(u) - e(v) - 1}) \times 2^{M - e(u)}$$

时间复杂度 $\Theta(n+m)$。

/*
 * @Author: crab-in-the-northeast 
 * @Date: 2022-12-07 04:15:55 
 * @Last Modified by: crab-in-the-northeast
 * @Last Modified time: 2022-12-07 05:23:10
 */
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
inline int read() {
    int x = 0;
    bool f = true;
    char ch = getchar();
    for (; !isdigit(ch); ch = getchar())
        if (ch == '-')
            f = false;
    for (; isdigit(ch); ch = getchar())
        x = (x << 1) + (x << 3) + ch - '0';
    return f ? x : (~(x - 1));
}
inline bool gmi(int &a, int b) {
    return b < a ? a = b, true : false;
}

const int maxn = (int)5e5 + 5;
const int maxm = (int)1e6 + 5;
std :: vector <int> G[maxn], T[maxn];

int dfn[maxn], low[maxn], snt = 0, times = 0, sno[maxn];
int c[maxn];
std :: stack <int> s;

void tarjan(int u, int fa) {
    low[u] = dfn[u] = ++times;
    s.push(u);

    for (int v : G[u]) {
        if (!dfn[v]) {
            tarjan(v, u);
            gmi(low[u], low[v]);
        } else if (v != fa)
            gmi(low[u], dfn[v]);
    }

    if (low[u] == dfn[u]) {
        ++snt;
        for (; ;) {
            int x = s.top();
            s.pop();
            sno[x] = snt;
            ++c[snt];
            if (x == u)
                break;
        }
    }
}

const int mod = (int)1e9 + 7;
int f[maxn], ans = 0;
int p[maxm], e[maxn];

void dp(int u, int fa) {
    f[u] = p[c[u]];
    for (int v : T[u]) {
        if (v == fa)
            continue;
        dp(v, u);
        (f[u] *= (p[e[v] + 1] + f[v])) %= mod;
        e[u] += e[v] + 1;
    }
    (f[u] += mod - p[e[u]]) %= mod;

    int now = f[u];
    for (int v : T[u]) {
        if (v == fa)
            continue;
        ((now -= f[v] * p[e[u] - e[v] - 1] % mod) += mod) %= mod;
    }
    (ans += now * p[snt - 1 - e[u]] % mod) %= mod;
}

signed main() {
    int n = read(), m = read();
    for (int _ = 1; _ <= m; ++_) {
        int u = read(), v = read();
        G[u].push_back(v);
        G[v].push_back(u);
    }

    tarjan(1, 0);
    
    for (int u = 1; u <= n; ++u)
        for (int v : G[u])
            if (sno[u] != sno[v])
                T[sno[u]].push_back(sno[v]);
    
    p[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= m + 3; ++i)
        p[i] = (p[i - 1] << 1) % mod;

    dp(1, 0);
    printf("%lld\n", ans * p[m - e[1]] % mod);
    return 0;
}

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