P9167 [省选联考 2023] 城市建造 题解

P9167 [省选联考 2023] 城市建造 题解

题面

给定一张 $n$ 个点 $m$ 条边的无向连通图 $G=(V,E)$，询问有多少该图的子图 $G^{\prime }=(V^{\prime },E^{\prime })$，满足 $E^{\prime }\ne \varnothing$ 且 $G-E^{\prime }$ 中恰好有 $|V^{\prime }|$ 个连通块，且任意两个连通块大小之差不超过 $k$，请输出答案对 $998,244,353$ 取模的结果。

$0\le k\le 1,3\le n\le {10}^5,n-1\le m\le 2\times {10}^5$

解法

首先建出圆方树，可以转化为删去一个方点连通块，使得剩下各连通块圆点的大小极差不超过 $k$。其中两个方点联通是指他们有共同的圆点相连。

---

由于我们想要把这棵树分成若干个大小近乎相等的块，所以划分的方点的位置应该更靠近树的重心 $R$，于是可以发现第一个性质——重心或重心的方点应该被包括在那个删除方点的连通块中。

于是令 $R$ 为根，有等价性质——若一个方点被删除，那么其到根的所有方点都应该被删除，于是变为了一颗有根树。

---

一种圆方树上DP：圆点表示父亲方点，方点表示自己的设计方案。这是一个较为通用的方法， “圆点表示父亲方点”使得可以简单的处理自己的贡献，“方点表示自己”使得可以将各个子树的信息合并

考虑枚举连通块大小 $d=1\sim \lfloor \frac{n}{2}\rfloor$。

k = 0

以 $R$ 为根树形 DP。设 $f_i$ 表示：若 $i$ 是圆点，能否删去其父亲方点（若 $i$ 为根，则答案可以视为添加并强制删去 $i$ 的父亲方点时整棵子树的答案）；若 $i$ 是方点，能否删去其本身。 $f_R$ 即为所求。

• 对于圆点 $i$，枚举所有子结点 $j$。当 $s{z}_j\ge d$ 时，要求 $f_j=1$。否则 $j$ 不能被删去，因此要求 $s{z}_j<d$ 的 $s{z}_j$ 之和恰等于 $d$。

• 对于方点 $i$， $f_i=1$ 当且仅当其所有子结点 $j$ 的 $f_j=1$。

k = 1

则 $k=0$ 的 $2\sim \lfloor \frac{n}{2}\rfloor$ 多算了，要减掉。

类似地，设 $f\mathrm{\_}i$ 表示对应方案数， $f\mathrm{\_}R$ 即为所求。

• 对于圆点 $i$：

  • 若 $s{z}_j<d$，则 $j$ 不能被删去。

  • 若 $s{z}_j>d$，则 $j$ 必须被删去。

  • 否则 $s{z}_j=d$。当 $f_j=0$ 时， $j$ 不能被删去。否则 $j$ 可以被删去。

  设 $ss$ 为不能被删去的 $\sum s{z}_j$ 加上 $i$ 本身贡献的 $1$ 表示 $i$ 的连通块大小最小值，设 $pd$ 为可以被删去的 $\prod f_j$：

  • 若 $ss>d+1$， $f_i=0$。

  • 若 $d\le ss\le d+1$，则 $f_i$ 加上 $pd$。

  • 若 $ss=1$，则 $f_i$ 加上对每个可以被删去的 $s{z}_j=d$， $\frac{pd}{f_j}$ 之和。因为 $s{z}_j=d$ 且 $f_j>0$ 时 $f_j=1$，故 $\sum \frac{pd}{f_j}$ 等于 $pd$ 乘以 $s{z}_j=d\mathrm{且}{f}_j>0$ 的 $j$ 的数量 $cnt$。

  注意第二、三个条件可以同时满足。

• 对于方点 $i$， $f_i$ 等于 $\prod f_j$。

---

观察样例发现真正有值的 $d$ 很少

$k=0$ 时$d|n$

$k=1$ 时，$d=\lfloor \frac{n}{\omega }\rfloor$ 或 $d=\lfloor \frac{n}{\omega }\rfloor -1,\omega \in \text{Z}$，表示枚举分成几个连通块。

复杂度为 $\mathcal{O}(n^{1.5})$，结合throw可以剪枝

代码（注意那个throw）

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int NN=2e5+5,MOD=998244353;
int n,m,k,ans,prod=1;
vector<int> ed[NN],rbt[NN];
int low[NN],dfn[NN],num;
int sta[NN],top,ext,root;
void Tarjan(int x,int fa){
    dfn[x]=low[x]=++num;
    sta[++top]=x;
    for(int y:ed[x]){
        if(y==fa)continue;
        if(!dfn[y]){
            Tarjan(y,x);
            low[x]=min(low[x],low[y]);
            if(low[y]>=dfn[x]){
                int z;ext++;
                do{
                    z=sta[top--];
                    rbt[ext].push_back(z);
                    rbt[z].push_back(ext);
                }while(z!=y);
                rbt[ext].push_back(x);
                rbt[x].push_back(ext);
            }
        }else{
            low[x]=min(low[x],dfn[y]);
        }
    }
    return;
}
int siz[NN],D,f[NN],MX=0x3f3f3f3f;
void DFS(int x,int fa,bool d){
    siz[x]=x<=n;
    int mx=0;
    for(int y:rbt[x]){
        if(y==fa)continue;
        DFS(y,x,d);
        siz[x]+=siz[y];
        mx=max(mx,siz[y]);
    }
    mx=max(mx,n-siz[x]);
    if(d&&MX>mx){
        MX=mx,root=x;
    }
    return;
}
void DFS0(int x,int fa){
    if(x<=n){
        f[x]=1;
        int sum=1;
        for(int y:rbt[x]){
            if(y==fa)continue;
            DFS0(y,x);
            if(siz[y]<D)sum+=siz[y];
            else f[x]&=f[y];
        }    
        f[x]&=sum==D;
    }else{
        f[x]=1;
        for(int y:rbt[x]){
            if(y==fa)continue;
            DFS0(y,x);
            if(siz[y]<D)f[x]=0;
            else f[x]&=f[y];
        }
    }
}
void Deal(int d,int sign=1){
    if(d==n)return;
    D=d;
    DFS0(root,root);
    (ans+=f[root]*sign)%=MOD;
    return;
}
void DFS1(int x,int fa){
    if(x<=n){//圆点 
        int sum=1,prod=1,cnt=0;
        for(int y:rbt[x]){
            if(y==fa)continue;
            DFS1(y,x);
            if(siz[y]<D)sum+=siz[y];
            else if(siz[y]>D)(prod*=f[y])%=MOD;
            else if(f[y])(prod*=f[y])%=MOD,cnt++,assert(f[y]==1);
            else sum+=siz[y];
        }
        f[x]=0;
        if(D<=sum&&sum<=D+1)f[x]=prod;
        if(sum==1)(f[x]+=prod*cnt%MOD)%=MOD;
    }else{//方点
        f[x]=1;
        for(int y:rbt[x]){
            if(y==fa)continue;
            DFS1(y,x);
            (f[x]*=f[y])%=MOD;
        }
    }
    if(siz[x]>D&&!f[x])throw "Grimgod";//throw大法好 
    return;
}
void Deal1(int d){
    D=d;
    try{
        DFS1(root,root);
        (ans+=f[root])%=MOD;
    }catch(...){}

    return;
}
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
    cin>>n>>m>>k;ext=n;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int u,v;cin>>u>>v;
        ed[u].push_back(v);
        ed[v].push_back(u);
    }
    Tarjan(1,1);
    DFS(1,1,1);
    memset(siz,0,sizeof siz);
    DFS(root,root,0);
    if(!k){
        for(int d=1;d*d<=n;d++){
            if(n%d==0){
                Deal(d);
                if(d*d!=n)Deal(n/d);
            }
        }
        cout<<ans;
    }else{
        vector<int> tmp;
        for(int d=2;d<=n/2;d++)tmp.push_back(n/d),tmp.push_back(n/d-1);
        sort(tmp.begin(),tmp.end());
        tmp.erase(unique(tmp.begin(),tmp.end()),tmp.end());
        for(int o:tmp)Deal1(o);
        for(int d=2;d<=n/2;d++)if(n%d==0)Deal(d,-1);
        cout<<(ans+MOD)%MOD;
    }
    return 0;
}/*
应该是割方点连通块 
----------------------------------------------------
没有想到 
性质：那个删除的方点连通块一定想要包括树的重心 
一种圆方树上DP：圆点表示父亲方点，方点表示自己的设计方案。这是一个较为通用的方法， “圆点表示父亲方点”使得可以简单的处理自己的贡献，“方点表示自己”使得可以将各个子树的信息合并
k=1的圆点的情况比较复杂，需要好好想才能想清楚。
这样才想出来75分的做法 
----------------------------------------------------
75->100是想出来的：
观察样例发现真正有值的d很少，
结合k=0的情况进一步分析，假设此时分为了 k 个连通块，那么d=n/k或d=n/k-1
复杂度为 O(n^{1.5})，结合throw可以剪枝 
*/

参考