【题解】LOJ2462完美的集合(树DP 魔改Lucas)

省选模拟考这个？？？？？？？？？？？？？？？？？？？

题目大意:

有一棵树，每个点有两个属性，一个是重量\(w_i\)一个是价值\(v_i\)。我们称一个点集\(S\)合法当且仅当

该集合是一个联通块\(\qquad (1)\)

该集合的所有点的重量和\(\le m\)，输入中给定\(m\),\(\qquad (2)\)

该集合的所有点的价值和是(全局)所有可能的价值和中最大的\(\qquad (3)\)

我们称一个点集的集合\(B=\{S_i\}\)合法当且仅当

\(|B|=k\)，输入中给定\(k\),\(\qquad (4)\)

存在一个点\(x\)，对于所有\(S\in B\)有\(x \in S\)。\(\qquad (5)\)

对于上述点\(x\)，存在一个\(x\)对于所有\(S\in B\)，对于所有\(y\in S\)有\(\mathrm{dis}(x,y)\times v_y\le Max\)。输入中给定\(Max\)。\(\qquad (6)\)

请输出不同的\(B\)的个数，答案对\(5^{23}\)取模。

\(n\le 60,m\le 10000,k,w_i,v_i\le 10^9,Max\le 10^{18}\)

分两个部分解决问题~~因为这道题是二合一~~。

考虑找到所有包含\(x\)的\(S\)们。这些\(S\)的并集在树上构成了一个联通块，由于我们确定了一个\(x\)，所以每个点\(y\)是否在\((6)\)中合法是确定的，因此我们从原树上扣出一个和\(x\)联通的联通块(记为树\(T_x\))，在这个上面找到所有的\(S\)。

沿用这个博客t2的一些方法https://www.cnblogs.com/winlere/protected/p/11788856.html

外校的同学可能打不开，这里摘抄过来

定义一下二元组的运算:

\(e_1=(x_1,y_1),e_2=(x_2,y_2)\)，设\(u=\max\{x_1,x_2\}\)

\[e_1+e_2=(u,[x_1=u]y_1+[x_2=u]y_2) \]
值得注意的是这个东西满足结合律和交换律

我们枚举一个\(x\)并且令其为根，设\(dp(i,j)=(a,b)\)，表示\(i\)是\(S\)中最浅的点，\(S\)的重量和是\(j\)，且价值和是\(a\)，这样的\(S\)的方案数是\(b\)。(因为x是根，也就是当前最浅的点，所以\(dp(x,j)\)的含义就是树上所有包含\(x\)的合法的\(S\)的情况了)

二元组的运算法则和链接里面那道题是一样的。

所以我们到此满足了\((1),(2),(3),(5),(6)\)的限制，条件\((3)\)关于全局的限制可以把所有\(x\)枚举完之后得到最大值再统计答案。

考虑如何转移\(dp\)，直接树上\(DP\)的复杂度是\(O(nm^2)\)的。这是因为在儿子转移父亲的时候做了一个完全背包，但是我们实际上是01背包，然后题解给出了一个办法可以做成01背包

状态改为\(dp(i,j)\)表示考虑前\(i\)个dfs序,选择的联通块的价值为j，转移顺序改变一下，按照\(T_x\)的dfs序的倒序转移，转移是(注意这里的加法是上面定义的!):

选择该dfs序的点\(dp(i,j)=dp(i,j)+ dp(i+1,j-w_{now})\)，其中\(now\)表示当前点的编号。(记得更新二元组的x)

不选择该dfs序的点\(dp(i,j)=dp(i,j)+dp(i+siz[now],j)\)，\(now\)的意思同上。\(+siz[now]\)表示跳过一整个子树(因为这个点我们不选，又由于\(S\)是要和\(x\)(根)联通，所以要跳过整颗子树。这样子DP对于一个点，要么选，要么不选它的整颗子树，可以保证最终\(dp\)到根上的方案都是合法的，相当于从最近的考虑过了的点转移过来)

这样我们就做了一个01背包了，转移只要for一个j，不需要for第二个j。复杂度\(O(nm)\)可以接受

现在我们可以得到\(h_x\)表示包含\(x\)的\(S\)的方案数。问\(B\)的方案，只要满足\((4)\)那么直接就是\(h_x\choose k\)了。

但是这里有些问题，对于一个\(B\)，可能有多个\(x\)使得它合法。设这个\(x\)的集合为\(|X|\)，一个方案我们总共算了\(|X|\)次。怎么去重?

然后题解给出一个性质

对于一个\(B\)，使得这个\(B\)合法的\(x\)的集合\(|X|\)在树上构成一个联通块

假设一条链\(1--2--3\)，\(1,3\)可以但是\(2\)不行，这种情况不可能存在

因为:

对于\(1\)的子树,既然\(3\)行，\(2\)为啥不行，距离还短些。

对于\(2\)的子树,既然\(1,3\)行为啥\(2\)不行，距离还短些。

对于\(3\)的子树,既然\(1\)行，\(2\)为啥不行，距离还短些。

因此\(X\)是树上一个联通块

然后由于一个联通块，点的个数=边的个数+1，因此去重就有思路了，设\(h_{e=(a,b)}\)表示必须\(ab\)点都是可以作为\(x\)的所有合法的\(S\)的个数，求\(h_e\)的方法和\(h_x\)一样，扣出来的树是\(T_a\cap T_b\)，按dfs倒序转移的时候判断下\(now==i\)，如果是这样就强制转移"选择"的情况。

那么答案就是

\[\sum_i {h_i \choose k} -\sum_{e=(a,b)} {h_e \choose k} \]

这样对于一个\(B\)，我们算了\(|X|-(|X|-1)=1\)次。

到这里复杂度\(O(n^2m)\)

二合一的第一部分完结，现在问题就是求一个组合数。。。。

显然\(h\le 2^{60}\)拿long long存下，现在要求一个\(n,m\)都很大的组合数，模\(5^{23}\)。

考虑exLucas。这里只需要求\(p^i\)下的组合数，然而\(exLucas\)是\(O(p^i)\)的，搞不得。

然而考虑这里的瓶颈是啥，其实是求\(g(n)\)的时候我们是暴力求循环节\(O(p^i)\)，然后给出一个不暴力的做法....

搞个生成函数

\[f_n(x)=\prod_{5\not \mid i}^n (x+i) \]

所以\(g(n)=f_n(0)\)。

然后考虑\(f\)的倍增...

\[f_{10k}(x)=f_{5k}(x)f_{5k}(x+5k) \]

对于\(f_{5k}(x)\)，\(x^{>23}\)次都是无意义的，因为系数都有一个\(5^{23}\)。而最终我们只需要求\(f_{n}(0)\)(也就是常数项)，所以对于任何\(f_{t}(x)\)，我们只需要保留前\(24\)项。

求那么\(f_{10k}\)可以递归到\(f_{5k}\)，问题规模缩小了一半。问题是\(f_{5k}(x)\)不一定能递归下去，其实只要递归到\(\le 5k\)最近的\(10\)的倍数即可，再暴力乘上最多\(9\)项形如\((x+i)\)的式子。处理\(f_n(x)\)也是同样的办法。

因为多项式长度是常数(24)，所以复杂度是\(T(n)=T(n/2)+\text{不大不小的常数}=O(\text{不大不小的常数}\log n)\)

一个坑点是,"最大价值和",没有x的合法限制,所以要单独DP出来....

什么叫二合一啊(战术仰头)

//@winlere
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>

using namespace std;  typedef long long ll;  
typedef vector<ll> poly;
int n;
ll m,k,Max_val;
const ll mod=11920928955078125;
template<class T> T MOD(const T&a){return a>=mod?a-mod:a;}
template<class T> T MOD(const T&a,const T&b){return (__int128)a*b%mod;}
ll ksm(ll ba,ll p){
	ll ret=1;
	while(p){
		if(p&1) ret=MOD(ret,ba);
		ba=MOD(ba,ba);
		p>>=1;
	}
	return ret;
}
const ll phi=ksm(5,22)*4;
const int SS=24;
poly operator * (poly a,poly b){
	if(a.empty()||b.empty()) return poly(24,0);
	poly ret(a.size()+b.size()-1,0);
	for(int t=0,ed=a.size();t<ed;++t)
		for(int i=0,ed2=b.size();i<ed2;++i)
			ret[t+i]=MOD(ret[t+i]+MOD(a[t],b[i]));
	return ret.resize(min<int>(SS,ret.size())),ret;
}

namespace C{
	ll cnt(ll n){
		ll ret=0;
		while(n) ret+=n/5,n/=5;
		return ret;
	}
	poly PP[101];
	ll ch[SS+1][SS+1];
	poly fac(ll n){
		if(n<=100) return PP[n];
		ll k=n/10*10,w=1;
		poly f=fac(k/2),ret(f.size(),0);
		for(int t=0,ed=f.size();t<ed;++t,w=MOD<ll>(w,k/2))
			for(int i=t;i<ed;++i)
				ret[i-t]=MOD(ret[i-t]+MOD(MOD(w,ch[i][t]),f[i]));
		ret=ret*f;
		for(ll g=k+1;g<=n;++g)
			if(g%5) ret=ret*(poly){MOD(g),1};
		return ret;
	}
	ll jc(ll n){
		ll ret=1;
		while(n) ret=MOD(ret,fac(n)[0]),n/=5;
		return ret;
	}
	void init(){
		PP[0]={1,0};
		for(int t=1;t<=100;++t)
			if(t%5) PP[t]=PP[t-1]*(poly){t,1};
			else PP[t]=PP[t-1];
		for(int t=0;t<=SS;++t)
			for(int i=ch[t][0]=1;i<=t;++i)
				ch[t][i]=MOD(ch[t-1][i]+ch[t-1][i-1]);
	}
	ll c(ll n){
		if(n<k) return 0;
		if(k==1) return n;
		ll ret=ksm(5,cnt(n)-cnt(k)-cnt(n-k));
		if(!ret) return ret;
		ret=MOD(ret,MOD(jc(n),ksm(MOD(jc(k),jc(n-k)),phi-1)));
		return ret;
	}
}

namespace DDPP{
	const int maxn=60+5;
	vector<pair<int,int>> e[maxn];
	void add(int fr,int to,int w){
		e[fr].push_back({to,w});
		e[to].push_back({fr,w});
	}
	int siz[maxn],dfn[maxn],arc[maxn],r[maxn],w[maxn],v[maxn],time;
	ll dis[maxn];	      
	struct DATA{
		ll cnt,val;
		DATA(ll a=0,ll b=0):cnt(a),val(b){}
		DATA operator + (DATA x){return {(val>=x.val)*cnt+(x.val>=val)*x.cnt,(val>=x.val)*val+(val<x.val)*x.val};}
		DATA operator + (ll x){return {cnt,cnt?val+x:0};}
	}dp[maxn][10001];
	void dfs(int now,int last){
		siz[now]=0;
		if(Max_val!=-1&&dis[now]*v[now]>Max_val) return;
		dfn[now]=++time; arc[time]=now; siz[now]=1; 
		for(auto t:e[now])
			if(t.first^last)
				dis[t.first]=dis[now]+t.second,dfs(t.first,now),siz[now]+=siz[t.first];
	}
	DATA solve(int rt,int must){
		if(must==-1) return {0,0};
		memset(arc,0,sizeof arc);
		memset(dp,0,sizeof dp);
		time=0;
		ll W=must?lower_bound(e[rt].begin(),e[rt].end(),(pair<int,int>){must,0})->second:0;
		if(Max_val!=-1&&(W*v[rt]>Max_val||W*v[must]>Max_val)) return {0,0};
		siz[rt]=1; dis[rt]=W; dfn[rt]=time=1; arc[1]=rt;
		if(must) dis[must]=W,dfs(must,rt),siz[rt]+=siz[must];
		for(auto t:e[rt])
			if(t.first!=must)
				dis[t.first]=W+t.second,dfs(t.first,rt),siz[rt]+=siz[t.first];
		dp[0][0]={1,0};
		for(int t=time;t>0;--t){
			int cur=arc[t],last=arc[t+1],sub=arc[t+siz[cur]];
			if(cur==must||cur==rt)
				for(int i=w[cur];i<=m;++i)
					dp[cur][i]=dp[last][i-w[cur]]+v[cur];
			else{
				for(int i=w[cur];i<=m;++i)
					dp[cur][i]=(dp[last][i-w[cur]]+v[cur])+dp[sub][i];
				for(int i=0;i<w[cur];++i)
					dp[cur][i]=dp[sub][i];
			}
		}
		DATA ret(0,0);
		for(int t=w[rt];t<=m;++t)
			ret=ret+dp[rt][t];
		return ret;
	}
	void dfs0(int now,int last){
		r[now]=last;
		for(auto t:e[now])
			if(t.first^last)
				dfs0(t.first,now);
	}
	void init(){
		dfs0(1,-1);
		for(int t=1;t<=n;++t) sort(e[t].begin(),e[t].end());
	}
}

int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("yukinoshita_yukino.in","r",stdin);
	freopen("yukinoshita_yukino.out","w",stdout);
#endif
	cin.tie(0); cout.tie(0); ios::sync_with_stdio(0);
	cin>>n>>m>>k>>Max_val;
	for(int t=1;t<=n;++t) cin>>DDPP::w[t];
	for(int t=1;t<=n;++t) cin>>DDPP::v[t];
	for(int t=1,a,b,c;t<n;++t)
		cin>>a>>b>>c,DDPP::add(a,b,c);
	C::init(); DDPP::init();
	ll ret=0,g=0,sav=Max_val;
	Max_val=-1;
	for(int t=1;t<=n;++t){
		auto t1=DDPP::solve(t,0);
		if(t1.val>g) g=t1.val;
	}
	Max_val=sav;
	for(int t=1;t<=n;++t){
		auto t1=DDPP::solve(t,0),t2=DDPP::solve(t,DDPP::r[t]);
		if(t1.val>g) ret=0,g=t1.val;
		if(t1.val==g) ret=MOD(ret+C::c(t1.cnt));
		if(t2.val==g) ret=MOD(ret-C::c(t2.cnt)+mod);
	}
	cout<<ret<<endl;
	return 0;
}

posted @ 2020-04-19 15:13 谁是鸽王阅读(368) 评论(1) 编辑收藏举报

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Winlere

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