Solution -「CF 848D」Shake It!

$\mathcal{Description}$

  Link.

  初始有一个有向图 $G=(V,E)$，$V=\{s,t\}$，$E=\langle s,t\rangle$，一次操作定义为取任意 $\langle u,v\rangle\in E$，设 $w$ 为一个新结点，则令 $V=V\cup\{w\}$，$E=E\cup \{\langle u,w\rangle,\langle w,v\rangle\}$。现进行 $n$ 次操作，求最终有多少个本质不同的 $G$，满足 $\operatorname{cut}(s,t)=m$，答案对 $(10^9+7)$ 取模。

  $G$ 与 $G'$ 本质相同：存在一个 $s,t$ 均为不动点的 $f:V_G\rightarrow V_{G'}$，使得 $f$ 作用于 $G$ 后有 $E_G=E_{G'}$。

  $n,m\le50$。

$\mathcal{Solution}$

  灵性的 DP 神题。

  我们称一次选取 $\langle u,v\rangle$ 边的操作为对 $\langle u,v\rangle$ 的扩展。

  令 $f(i,j)$ 表示 $i$ 次操作使原图的最大流为 $j$ 的方案数，可见 $f(n,m)$ 为答案；同时令 $F(i,j)$ 为其第二维后缀和，即 $F(i,j)=\sum_{k\ge j}f(i,j)$。

  然后不难发现完全转移不了。 再令 $g(i,j)$ 表示对于任意边 $\langle u,v\rangle$，$i$ 次操作，扩展且仅扩展 $\langle u,v\rangle$ 一次，使得 $u$ 到 $v$ 的最大流增加 $j$（变为 $j+1$）的方案数；同理定义 $G(i,j)$。注意 $g$ 与 $f$ 的区别，例如对于下图中的 <绿点, 红点>：

上图的方案都是 $g(3,1)$ 所包含的，而

都不是 $g(4,3)$ 所包含的，因为它们都扩展了 <绿点, 蓝点> 这条边多于一次。

  接着考虑 $f$ 与 $g$ 的关系，有

$$G(i,j)=\sum_{k\in[0,i)}F(k,j)F(i-k-1,j)$$

即，先用一次操作扩展初始的 $\langle u,v\rangle$，此后 $\langle u,w\rangle,\langle w,v\rangle$ 都成为 $f$ 的子问题，只要使两者的最大流同时不小于 $j$，则 $u$ 到 $v$ 增加的流也不小于 $j$。并且由于 $u,v$ 在映射中不动，所有方案均本质不同。

  难点在于对 $f$ 的转移。我们要选取若干个 $g$ 作用在初始的 $\langle s,t\rangle$，形成最终的图 $G$，同时保证方案本质不同。即，找到 $g(i_1,j_1,),g(i_2,j_2),\cdots,g(i_s,j_s)$，使得 $\sum i=n$ 且 $\sum j=m-1$（$s$ 到 $t$ 本身就有 $1$ 的流）。那么，在转移过程中，仅需考虑在选择方案的末尾加入 $k$ 个当前的 $g(i,j)$，$k$ 个 $g(i,j)$ 内部的方案用隔板法可知为 $\binom{g(i,j)+k}{k}$，再乘上原有方案数即可。因为不同 $g$ 之间钦定无序，相同 $g$ 之间隔板法保证无序，故方案无序，即本质不同。

  到此，复杂度 $\mathcal O(n^4\ln n)$，瓶颈在于枚举“$k$ 个当前的 $g(i,j)$”。

$\mathcal{Code}$

  代码中 f[][] 对应 $F$，g[][] 对应 $G$，h[][] 对应稍作下标移动的 $f$。

/* Clearink */

#include <cstdio>

#define rep( i, l, r ) for ( int i = l, repEnd##i = r; i <= repEnd##i; ++i )
#define per( i, r, l ) for ( int i = r, repEnd##i = l; i >= repEnd##i; --i )

const int MAXN = 50, MOD = 1e9 + 7;
int n, m, ifac[MAXN + 5];

inline int imin( const int a, const int b ) { return a < b ? a : b; }
inline int mul( const long long a, const int b ) { return a * b % MOD; }
inline int sub( int a, const int b ) { return ( a -= b ) < 0 ? a + MOD : a; }
inline void subeq( int& a, const int b ) { ( a -= b ) < 0 && ( a += MOD ); }
inline int add( int a, const int b ) { return ( a += b ) < MOD ? a : a - MOD; }
inline void addeq( int& a, const int b ) { ( a += b ) >= MOD && ( a -= MOD ); }
inline int mpow( int a, int b ) {
	int ret = 1;
	for ( ; b; a = mul( a, a ), b >>= 1 ) ret = mul( ret, b & 1 ? a : 1 );
	return ret;
}

inline void init() {
	int& t = ifac[MAXN] = 1;
	rep ( i, 1, MAXN ) t = mul( t, i );
	t = mpow( t, MOD - 2 );
	per ( i, MAXN - 1, 0 ) ifac[i] = mul( ifac[i + 1], i + 1 );
}

int f[MAXN + 5][MAXN + 5], g[MAXN + 5][MAXN + 5], h[MAXN + 5][MAXN + 5];

int main() {
	init();
	scanf( "%d %d", &n, &m );

	f[0][1] = h[0][0] = 1;
	rep ( i, 1, n ) {
		rep ( j, 1, i + 1 ) {
			int& crg = g[i][j];
			rep ( k, 0, i - 1 ) {
				addeq( crg, mul( f[k][j], f[i - k - 1][j] ) );
			}
		}
		
		rep ( j, 1, i + 1 ) {
			int gv = sub( g[i][j], g[i][j + 1] );
			per ( a, n, 0 ) per ( b, n + 1, 0 ) {
				int crh = 0;
				for ( int k = 0, si = 0, sj = 0, up = 1;
					si <= a && sj <= b; ++k, si += i, sj += j ) {

					addeq( crh, mul( h[a - si][b - sj], mul( up, ifac[k] ) ) );
					up = mul( up, add( gv, k ) );
				}
				h[a][b] = crh;
			}
		}

		per ( j, i + 1, 1 ) {
			f[i][j] = add( h[i][j - 1], f[i][j + 1] );
		}
	}

	printf( "%d\n", sub( f[n][m], f[n][m + 1] ) );
	return 0;
}