洛谷 P4517 - [JSOI2018]防御网络（DP）

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简单题，不知道怎么评到黑的.jpg

首先拆贡献。看到仙人掌套路化分环边和非环边处理。非环边贡献非常 easy，只要两边都有点被选即可。主菜在环边。

每个环显然是独立的。我们假设现在在考虑一个由 $p_1,p_2,\cdots,p_k$ 构成的环，那么我们考虑以这个环为根建树，显然每个点的子树是独立的。手玩一下环的情况可以发现，我们考虑记“$p_i$ 及其子树内有点被选择的 $i$”为关键点，那么一种情况需要选择的环边个数为 $k$ 减去相邻关键点距离的最大值。

于是问题变为这样：

环上有 $n$ 个点，第 $i$ 个点有 $p_i$ 的概率是最大值，$1-p_i$ 的概率不是，其中 $p_i$ 给定，且 $p_i(p_i-1)\ne 0$。要求环上相邻两点距离最大值的期望。

考虑差分统计，即枚举 $d\in[1,n-1]$ 统计相邻两点距离都 $\le d$ 的概率。再枚举第一个选中的点 $j$，记 $dp_j$ 表示当前 $j$ 点是关键点且从第一个关键点到 $j$ 相邻关键点距离都 $\le d$ 的概率，那么有 $dp_j=p_j\sum\limits_{l=j-d}^{j-1}dp_l·\prod\limits_{t=l+1}^{j-1}(1-p_t)$，记 $prd_i$ 为 $1-p_t$ 的前缀积，那么 $dp_j=p_j\sum\limits_{l=j-d}^{j-1}dp_l·\dfrac{prd_{j-1}}{prd_l}$，维护 $\dfrac{dp_i}{prd_i}$ 的前缀和即可做到 DP 部分线性。

时间复杂度 $n^3$，说不定 $n^4$ 都能过.jpg

const int MAXN = 200;
const int MAXM = 300;
const int MOD = 1e9 + 7;
const int INV2 = MOD + 1 >> 1; 
int qpow(int x, int e) {
	int ret = 1;
	for (; e; e >>= 1, x = 1ll * x * x % MOD)
		if (e & 1) ret = 1ll * ret * x % MOD;
	return ret;
}
int n, m, pw[MAXN + 5], ans;
int hd[MAXN + 5], to[MAXM * 2 + 5], nxt[MAXM * 2 + 5], ec = 1;
void adde(int u, int v) {to[++ec] = v; nxt[ec] = hd[u]; hd[u] = ec;}
int dfn[MAXN + 5], tim, fa[MAXN + 5], fa_edge[MAXN + 5], ont[MAXM + 5];
int cyc_cnt = 0; vector<int> cyc[MAXN + 5];
void dfs(int x, int f) {
	dfn[x] = ++tim; fa[x] = f;
	for (int e = hd[x]; e; e = nxt[e]) {
		int y = to[e]; if (y == f) continue;
		if (!dfn[y]) fa_edge[y] = e >> 1, dfs(y, x);
		else if (dfn[y] > dfn[x]) {
			ont[e >> 1] = 1; cyc_cnt++;
			for (int z = y; z ^ x; z = fa[z]) ont[fa_edge[z]] = 1, cyc[cyc_cnt].pb(z);
			cyc[cyc_cnt].pb(x);
		}
	}
}
bool vis[MAXN + 5]; int sz = 0;
void dfscmp(int x) {
	if (vis[x]) return; vis[x] = 1; sz++;
	for (int e = hd[x]; e; e = nxt[e]) dfscmp(to[e]); 
}
int w[MAXN + 5], dp[MAXN + 5], sum[MAXN + 5], prd[MAXN + 5], iprd[MAXN + 5];
int calc(int N) {
	int ret = 0; prd[0] = iprd[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= N; i++) {
		prd[i] = 1ll * prd[i - 1] * (1 - w[i] + MOD) % MOD;
		iprd[i] = qpow(prd[i], MOD - 2);
	}
//	for (int i = 1; i <= N; i++) printf("%d%c", iprd[i], " \n"[i == N]);
	for (int i = 1; i < N; i++) {
//		printf("i = %d\n", i);
		for (int j = 1; j <= N; j++) {
			memset(sum, 0, sizeof(sum)); memset(dp, 0, sizeof(dp));
			dp[j] = 1ll * prd[j - 1] * w[j] % MOD;
			sum[j] = 1ll * dp[j] * iprd[j] % MOD;
			for (int k = j + 1; k <= N; k++) {
				dp[k] = 1ll * w[k] * prd[k - 1] % MOD * (sum[k - 1] - ((k - i - 1 >= 0) ? sum[k - i - 1] : 0) + MOD) % MOD;
				sum[k] = (sum[k - 1] + 1ll * dp[k] * iprd[k]) % MOD;
			}
//			printf("j = %d\n", j);
//			for (int k = j; k <= N; k++) printf("%d%c", dp[k], " \n"[k == N]);
			for (int k = j; k <= N; k++) if (j + N - k <= i)
				ret = (ret + 1ll * dp[k] * prd[N] % MOD * iprd[k]) % MOD;
		}
	}
	return ret;
}
int main() {
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for (int i = (pw[0] = 1); i <= n; i++) pw[i] = 1ll * pw[i - 1] * INV2 % MOD;
	for (int i = 1, u, v; i <= m; i++) scanf("%d%d", &u, &v), adde(u, v), adde(v, u);
	dfs(1, 0);
	for (int i = 1; i <= m; i++) if (!ont[i]) {
		memset(vis, 0, sizeof(vis));
		vis[to[i << 1]] = 1; sz = 0; dfscmp(to[i << 1 | 1]);
		ans = (ans + 1ll * (1 - pw[sz] + MOD) * (1 - pw[n - sz] + MOD)) % MOD;
	}
	for (int i = 1; i <= cyc_cnt; i++) {
		memset(w, 0, sizeof(w));
		for (int j = 0; j < cyc[i].size(); j++) {
			memset(vis, 0, sizeof(vis));
			for (int k = 0; k < cyc[i].size(); k++)
				if (j ^ k) vis[cyc[i][k]] = 1;
			sz = 0; dfscmp(cyc[i][j]);
			w[j + 1] = (1 - pw[sz] + MOD) % MOD;
		}
//		for (int j = 1; j <= cyc[i].size(); j++) printf("%d%c", w[j], " \n"[j == cyc[i].size()]);
		ans = (ans + calc(cyc[i].size())) % MOD;
	}
	printf("%d\n", ans);
	return 0;
}