5.9总结

打开题面：

看到t3的题目，点进去看了看，很好，再见，点进去t1看了看，是个状压，想了一下，应该是三进制，想优化，不会，于是想dfs，看能不能剪枝，先走了，看了看t2,嗯，是个dp,突然发现今天三道都是概率，瑟瑟发抖，于是不想写，……，于是被迫写，看了看t3,gauss一波应该也行，于是回去看最有可能做出来的t2，话说t2我见过，但是没写，就是因为记得不是在写概率的时候见的，所以才敢看，想了一个dp，想着把vi固定，求出di，想了个o(n)的dp,感觉还行，开始写，写完开始调，调到11点过了样例，一交全WA，不慌，又是磕几个样例，没发现有问题啊？？？又试了long long 也没问题，不会是我dp想错了把，感觉没问题啊？？？ 但是11点多了，赶紧去写t1，dfs写完了，一稿样例，过了，但是突然反应过来，这样做没有消除非独立集点的影响，12点多了，好慌啊，赶紧打了个10分的暴力，连10分的暴力都打的磕磕巴巴，写了2、30分钟，踩着点交的。

总结：

看到题了不要慌，慌了也不要不写，就算难也不是拿不到分，至少要把最暴力的拿了。

看到像什么算法，也不要局限在类似算法上，想想类似的其他题我是怎么做的，也不要想非常nb的算法，像非常简单的算法差分啊，模拟啊，都有可能拿到分，可能会有不一样的收获

现在又要加上一条了，一定要看清树的形态，二叉、多叉、链

题解：

搞事的时候没有想到也正常，从来主动没有这样想过或者运用过这种扩展的思想

https://www.luogu.com.cn/blog/user29936/solution-p5492

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=22,p=998244353;
typedef long long ll;
int siz[(1<<20)+5],n,g[N][N],f[(1<<20)+5],ones[(1<<20)+5],one[(1<<20)+5];
//siz 是集合  s[i]=ones[siz[i]];
vector<int> S[N];
int get(int s)
{
    int cnt=0;
    while(s) cnt++,s-=s&-s;
    return cnt;
}
int inv[N];
void init()
{
    inv[0]=inv[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++) inv[i]=-1ll*p/i*inv[p%i]%p;
}
bool b[(1<<20)+5],is[(1<<20)+5];
int main()
{
    freopen("algorithm.in","r",stdin);
    freopen("algorithm.out","w",stdout);
    int m;
    cin>>n>>m;
    init();
    int x,y;
    while(m--)
    {
        cin>>x>>y;
        g[x][y]=g[y][x]=1;
    }
    
    for(int i=0;i<(1<<n);i++) ones[i]=get(i),S[ones[i]].push_back(i);
    for(int i=0;i<n;i++) one[1<<i]=i+1;
    //每次只扩展一个点
    siz[0]=0;
    is[0]=1;
    //判断独立集
    for(int s=1;s<(1<<n);s++)
    {
        int t=s&-s;
        if(!is[s^t]) continue;
        siz[s]=siz[s^t];
        is[s]=1;
        int k=t;
        t=one[t];
        for(int j=1;j<=n;j++)
        if(t^j&&s>>(j-1)&1&&g[t][j]) is[s]=0;
        if(!is[s]) continue;
        for(int j=1;j<=n;j++)
        if(g[j][t]) k|=(1<<(j-1));
        siz[s]|=k;
    }
    
    f[0]=1;
    b[0]=1;
    for(int s=1;s<(1<<n);s++)
    {
        if(!is[s]) continue;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        if(s>>(i-1)&1) f[s]=(f[s]+1ll*f[s^(1<<(i-1))]*inv[n-ones[siz[s^(1<<(i-1))]]]%p)%p,b[s]|=b[s^(1<<(i-1))];
    }
    for(int i=n;i>=1;i--)
    {
        int ans=0,fl=0;
        for(int j=0;j<S[i].size();j++)
        {
            ans=(ans+f[S[i][j]])%p;
            fl|=b[S[i][j]];
        }
        if(fl) {
            cout<<(ans+p)%p;
            break;
        }
    }
    
    return 0;
}

t2:

话说也不知道为什么40分不对？？

但是正解的dp和我的不一样

40分：

把叶子的val排序，变成v1,v2,v3……

f[x][i] 在x位置处出现v[i]的概率,l是左孩子，r是右孩子

f[x][i] = px * ( f[l][i ]* Σ f[r][k] + f[r][i] * Σ f[l][k] ) (k=1,2,……i-1) + (1-px) * (f[l][i ]* Σ f[r][k] + f[r][i] * Σ f[l][k]) (k=i+1,i+2,……cnt_v)

前缀和优化一下就行了

 正解套一个线段树合并