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\(\le4\)，且根节点度数\(\le3\)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\((n\le400)\)，加强版\((n\le5000)\)，加强版加强版\((n\le100000)\)。
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。
- 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];
}
}
}
- 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]);
}
- 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：
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。
