一个有 $n$ 个节点的树,一共有 $k$ 个救援队,每个救援队有一个救援范围,即一个连通块 $s_i$

我们称一个节点 $u$ 可被第 $i$ 个救援队到达当且仅当

求有多少方案 $\{ s_1, \cdots, s_k \}$ 满足存在一个节点可被所有救援队到达

两种方案不同当且仅当存在 $i$ , 使得 $s_i \not= s'_i$

答案对 $998244353$ 取模

$1 \le n \le 10^6$

$0 \le L \le n$

$1 \le k \le 10$

Tutorial

由于对于一种合法的方案,可以选择的点构成了一个连通块,我们可以利用树上 点数-边数=1 这一特点,将对于每个连通块统计答案转化为对于每个点和边统计答案.

设 $f(u, i)$ 表示 $u$ 的子树中包含 $u$ 且所有点距离 $u$ 不超过 $i$ 的连通块个数 +1

\[f(u, i) = 1 + \prod_{v \in son(u)} f(v, i - 1) \]

设 $g(u, i)$ 表示包含 $u$ 且不包含 $u$ 子树中的点且所有点距离 $u$ 不超过 $i$ 的连通块个数

\[g(u, i) = 1 + g(fa, i - 1) \prod_{v \in son(fa), v \not = u} f(v, i - 2) \]

每个点的贡献为

\[((f(u, L) - 1)g(u, L))^k \]

每条边的贡献为

\[((f(u, L - 1) - 1)(g(u, L) - 1))^k \]

直接DP的复杂度为 $O(nL)$ ,接下来我们考虑如何优化计算 $f,g$ 的过程

由于第二维与深度有关,所以考虑使用长链剖分优化.

$f$ 的优化就是经典问题 , 需要进行所有值 +1 的操作,维护一个加法标记.

对于 $g$ 我们需要从上到下更新,对于 $u$ 节点,我们需要知道的只有 $g(u, L)$ ,所以我们只需要保留 $g(u, L - len(u) + 1) $ 到 $g(u, L)$ 的DP值,其中 $len(u)$ 表示 $u$ 出发的长链的点数.

对于上边 $g$ 的转移中的 $\prod$ 的部分,其实也就是 $\dfrac {f(fa, i - 1) - 1}{f(v, i - 2)}$ 但是 $f(v, i - 2)$ 可能等于 $0$ ,我们可以看作 $f(v, i - 2)$ 序列的一个前缀和一个后缀的乘积.

一个前缀的积可以表示为在计算 $f$ 的过程中某一时刻的 $f(fa, i - 1)$ ,为了得到这个值,我们可以在计算 $f$ 每次转移时纪录修改过的值,就可以实现回溯.

一个后缀的积,可以在求 $g$ 的时候采用与计算 $f$ 时相反的顺序,类似维护 $f$ 的方法维护.

注意由于 $f,g$ 的定义中都有 不超过 ,以 $f$ 为例, 设 $l_u = len(u) - 1$,实际上 $f(u, k), k > l_u$ 也是有值的,且等于 $f(u, l_u)$ , 因此转移时 $f(u)$ 的一段后缀会乘上 $f(v, l_v)$

当 $f(v, l_v) = 0$ 时相当于将一段后缀赋值,可以维护 $pos$ 表示 $f(v, k), k \ge pos$ 的值都等于 $0$

当 $f(v, l_v) \not=0$ 时,由于后缀之外的部分是 $O(l_v)$ 的,所以我们可以将那段前缀乘上 $f(v, l_v)$ 的逆元,然后维护一个乘法标记.

由于 $n \le 10^6$ ,所以我们想办法去掉求逆元带来的 $O(\log n)$ , 发现我们只需要求出所有 $f(u, l_u)$ 即 $u$ 子树中所有包含 $u$ 的连通块的个数, 可以用类似求阶乘逆元的方法求出这 $O(n)$ 个数的逆元.

总时间复杂度 $O(n)$

Summary

首先利用 点数-边数=1 将统计连通块转化为统计点.

写出DP方程后,发现第二维与深度有关,于是考虑长链剖分.

由于只关心 $g(u, L)$ , 所以从上到下的部分也可以使用长链剖分

通过纪录每次修改的位置,来实现回溯.

对于全局加,后缀乘,后缀赋值,利用标记在复杂度不劣化的条件下维护.

求 $n$ 个数逆元可以用类似求阶乘逆元的方法做到 $O(n)$

posted @ 2020-06-25 21:30 LJZ_C 阅读(165) 评论(0) 编辑收藏举报

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