[ARC101C] Ribbons on Tree

题面

这里

思路

果然ATcoder上的都是代码难度小的思维题啊。

这题是一道奇妙的树形背包dp。首先可以考虑容斥，枚举每一条边是否有颜色，有颜色的点构成若干连通块，然后块内点就可以自由配对。易知n为奇数时方案数\(p[n]=0\)，偶数时\(p[n]=(n-1)*(n-3)*…3*1\)。但这样复杂度显然爆炸。

于是考虑在dp过程中带上容斥系数转移。可令\(f[i][j]\)表示dp到以\(i\)为根的子树，子树内与\(i\)的父亲在同一个连通块内的有\(j\)个点。一般情况就像背包一样转移即可。而\(f[i][0]\)就代表\(i\)与父亲不连通。即\(i\)到父亲的边没有颜色，所以要乘上一个容斥系数\(-1\)。所以转移方程为\(f[i][0]=-\Sigma_{j=1}^nf[i][j]*p[j]\)。但根节点时因为不存在与父亲的边，所以不用乘-1。

我一开始理解的\(f[i][j]\)是j表示i子树中有多少点还未配对，但这样是不准确的，因为点的配对是在最后确定i与父亲不连通时统一计数的。这种状态设计虽然简单，但无法不重不漏的考虑。

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#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define ri register int
using namespace std;
int read(){
	int res=0,f=1;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){
		if(ch=='-') f=-f;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){
		res=(res<<1)+(res<<3)+ch-'0';
		ch=getchar();
	}
	return res*f;
}
const int N=5e3+5,inf=1e9+7;
struct qq{
	int next,to;
}a[N<<1];
int head[N],siz[N],f[N][N],g[N],pre[N],num;
void add(int x,int y){
	a[++num].next=head[x];
	head[x]=num;
	a[num].to=y;
}
void updata(int &x){
	if(x>=inf) x-=inf;
	if(x<0) x+=inf;
	return ;
}
void dfs(int p,int fa){
	siz[p]=f[p][1]=1;
	for(int i=head[p];i;i=a[i].next){
		if(a[i].to!=fa){
			dfs(a[i].to,p);
			for(int j=1;j<=siz[p]+siz[a[i].to];j++) g[j]=0;
			for(int j=1;j<=siz[p];j++){
				for(int k=0;k<=siz[a[i].to];k++){
					g[j+k]+=1ll*f[p][j]*f[a[i].to][k]%inf;
					updata(g[j+k]);
				}
			}
			for(int j=1;j<=siz[p]+siz[a[i].to];j++) f[p][j]=g[j];
			siz[p]+=siz[a[i].to];
		}
	}
	for(int i=1;i<=siz[p];i++) f[p][0]-=1ll*f[p][i]*pre[i]%inf,updata(f[p][0]);
}
int main(){
	int i,j,k,l,n,m;
//	freopen();
//	freopen();
	n=read();
	for(i=1;i<n;i++){
		k=read();l=read();
		add(k,l);add(l,k);
	}
	pre[0]=1;
	for(i=2;i<=n;i+=2)
		pre[i]=1ll*pre[i-2]*(i-1)%inf;
	dfs(1,0);
	printf("%d",inf-f[1][0]);
	return 0;
}