烷基计数 题解

好怪的化学题……

题意：$n$个碳原子组成的烷烃同分异构体个数。或者，形式化的（如果您还没学到有机），求$n$个点，每个点度数$\le 4$，且根节点度数$\le 3$的无标号有根树计数。（其实就是每个点最多三个儿子的树计数）

loj上这个有三版，普通版$(n\le 400)$，加强版$(n\le 5000)$，加强版加强版$(n\le 100000)$。

首先说一下：$n$个元素选$m$次的方案数是$C_{n+m-1}^m$。考虑有哪些元素可以重复选。

1. 普通版$O(n^3)$

我们设$dp[i]$是有$i$个碳原子的烷烃个数，然后显然最多有三个儿子，那就枚举一下总点数和两个子树的点数，暴力显然是$O(n^3)$的。

那么我们前面那个组合数有什么用呢？我们发现这三棵子树的点数可能是相等的，但是由于是无标号计数，当两个是相同情况的时候如果直接乘会重复计算。于是我们就需要前面那个组合数来统计答案。

inline int C(int n,int m){
	if(m==1)return n;
	if(m==2)return 1ll*(n+1)*n/2;
	if(m==3){
		return n*n+n*(n-1)*(n-2)*inv6;//inv6是6的逆元 
	}
	return 0;//看不懂就把组合数拆开 还有这题有点卡常少取点模 
}
for(int i=1;i<=n;i++){
	for(int j=0;j<=i;j++){
		for(int k=j;j+k<=i;k++){
			int l=i-(j+k);
			if(l<k)continue;//防止计重 
			if(j==k&&k==l)dp[i]+=C(dp[j],3);//均省略取模以增加可读性 
			else if(j==k)dp[i]+=C(dp[j],2)*dp[l];
			else if(k==l)dp[i]+=C(dp[k],2)*dp[j];
			else dp[i]+=dp[j]*dp[k]*dp[l];
		}
	}
}

2. 加强版$O(n^2)$

首先显然我们之前枚举了太多我们用不到的选项和重复选项。而且重复这块很致命。考虑改变状态设计。

设$dp[k][i][j]$为$i$个碳原子有$j$个子树的时候的方案数。那么我们可以分别枚举当前子树大小$i$，母树（就是子树的父亲为根的树）大小$j$，子树数量$k$和与当前子树大小相同的子树个数$l$，这样我们就可以以一个稍微大一点点的常数和少一个$n$的复杂度逐步转移状态，同时少了很多重复。（$dp$能优化的大概到此为止了）。同时我们倒序枚举$j$，这样第一维可以压掉。

int main(){
	scanf("%d",&n);
	dp[1][0]=1;
	for(int i=1;i<n;i++){//子树大小 显然不能到n 
		for(int j=n;j>i;j--){//父亲大小 显然最小不能到i 
			for(int k=1;k<=3;k++){//有几棵子树 
				for(int l=1;l<=k&&l*i<j;l++){//有几棵和i长的一样的子树 
					dp[j][k]=dp[j][k]+1ll*C(dp[i][0]+dp[i][1]+dp[i][2],l)*dp[j-i*l][k-l];
				}
			}
		}
	}
	printf("%d",dp[n][4]);
}

3. 加强版加强版$O(n\log n)$

Polya定理。先咕着。不知道什么时候能补。也许AFO了都补不上。

首先既然要Polya定理那就先找置换。发现因为有$3$个子树所以有$A_3^3=6$个置换，就是$3$的全排列。（置换不懂的先去oiwiki看看群论，然后这里的置换就是三棵子树之间互相置换，这里是从$(1,2,3)$置换到下面的）。这里枚举出来：

首先设答案的生成函数为$F(x)$，我们要求第$n$项$a_n$就是答案。那么：

对于置换$(1,2,3)$，三个自环，互不影响，直接三次方卷上。

对于置换$(1,3,2),(2,1,3),(3,2,1)$，两个环，一个一元一个二元。所以是$3F(x)F(x^2)$。

剩下的置换是三元环，也就是$2F(x^3)$。

于是按照polya定理的柿子写出来搞个生成函数形式，就变成了这个诡异的方程：

$$F(x)=1+x\frac{F(x{)}^3+3F(x)F(x^2)+2F(x^3)}{6}$$

我管你会不会解反正我不会解

好了以上是三个月前naive的我（虽然现在也一样naive）的吐槽。我们其实可以把上边那个 $2\sqrt{2}$ 东西牛顿迭代求，对着 $F(x)$ 求个偏导就行了。代码不想写了，有点工业。