【XSY1544】fixed 数学 强连通图计数
题目描述
给你一个\(n\times n\)的方阵\(A\)。定义方阵\(A\)的不动点\((i,j)\)为：\(\forall p,q\geq 0,(A^p)_{i,j}=(A^q)_{i,j}\)
求有多少个元素都在\([0,m)\)之间的\(n\)阶整数方正存在不动点。
对\(10^9+7\)取模。
\(n\leq 3000,m\leq {10}^9\)
题解
我们可以把方阵看成图\(G\)。\(a_{i,j}\)表示第\(i\)个点有多少条有向边连到第\(j\)个点。\(a^p_{i,j}\)表示有多少条从\(i\)出发经过\(p\)条边到达\(j\)的路径。
考虑\(a^0\)，即单位矩阵。所以若不动点\((i,j)\)在主对角线上则\(a_{i,j}=1\)，否则\(a_{i,j}=0\)。
有一个结论：这个方阵有不动点当且仅当这个图不是强连通图。
证明：
1.如果\(G\)不是强连通图，那么一定存在一组\((i,j)\)使得\(a^p_{i,j}=0\)。
2.如果\(G\)是强连通图，那么一定存在一个\(p\)使得\(a^p_{i,j}\neq 0\)。我们考虑\(a_{i,i}=1\)的情况，因为当\(a_{i,i}>1\)时当\(p=1\)时就不是不动点了。那么存在一个\(p\)使得第\(i\)个点走\(p\)条边回到第\(i\)点有至少两种走法：只走\(i\)->\(i\)，或者在图上走一圈回到\(i\)。所以一定存在一个\(p\)使得\(a^p_{i,i}>1\)。所以方阵不存在不动点。
根据证明1，我们可以忽略自环（有没有自环不影响结果）。
现在我们要求的是\(n\)个点，任意两个点之间可以有\(0\)~\(m-1\)条边，存在多少种不同的非强连通图。
我们设\(f_i=i\)个点组成强连通图的方案数，\(g_{i,j}=i\)个点组成\(j\)个独立的强连通分量的方案数，\(g'_i=\sum_{j=1}^i{(-1)}^{j-1}g_{i,j},h_i=i\)个点组成的有向图个数。
先放公式：
在\(g'_i=h_i−Σ_{j=1}^{i−1}(^i_j)m^{j(i−j)}h_{i−j}g'_j\)这个式子中，我们计算\(i\)个点不是相互独立的强连通图的数量，然后用\(h_i\)去减。枚举没有出边的强连通分量的点数之和，然后用容斥计算贡献。对于任意缩完点后DAG中仍然存在边的有向图，出度为\(0\)的强联通分量的点数总和一定小于\(i\)，所以\(j\)从\(1\)枚举到\(i-1\)时能枚举到这些强联通块的所有子集。从而根据\(Σ_{j=0}^i(−1)^j(^i_j)=0\)（\(i\)是强联通块个数），该有向图被完全抵消。对于所有缩完点后联通块彼此独立的有向图(也就是\(g'_i\)要的那些东西)，所有联通块的全集不会被计算到（因为这些联通块个数总和是\(i\)，不在\(1\)到\(i-1\)的枚举范围内），所以会剩下来一项\((^i_i)\)，根据\(\sum_{j=0}^i{(−1)}^j(^i_j)=0,\sum_{j=0}^{i-1}{(−1)}^j(^i_j)={(−1)}^{i−1}(^i_i)={(−1)}^{i−1}\)，这一项的贡献恰好跟\(i\)的奇偶性有关，所以最后得出来的\(g'\)也是带符号的。
在\(f_i=g'_i+\sum_{j=1}^{i-1}(^{i-1}_{j-1})f_jg'_{i-j}\)这个式子中，我们枚举\(1\)所在的强连通分量的点数，算出\(\sum_{j=2}^i{(-1)}^jg_{i,j}\)，然后用\(g'_i\)去加就可以得到\(g_{i,1}\)，也就是\(f_i\)。
最后的答案就是非强连通图的数量乘上自环的贡献，也就是\((h_n-f_n)m^n\)。
时间复杂度：\(O(n^2)\)
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<utility>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
ll p=1000000007;
ll fp(ll a,ll b)
{
ll s=1;
while(b)
{
if(b&1)
s=s*a%p;
a=a*a%p;
b>>=1;
}
return s;
}
ll c[3010][3010];
ll f[3010];
ll g[3010];
ll h[3010];
ll pm[5000010];
int main()
{
ll n,m;
scanf("%lld%lld",&n,&m);
if(m<=1)
{
printf("0\n");
return 0;
}
if(n==1)
{
printf("1\n");
return 0;
}
int i,j;
memset(c,0,sizeof c);
c[0][0]=1;
for(i=1;i<=n;i++)
{
c[i][0]=1;
for(j=1;j<=i;j++)
c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%p;
}
for(i=1;i<=n;i++)
h[i]=fp(m,i*(i-1));
pm[0]=1;
for(i=1;i<=n*n/2;i++)
pm[i]=pm[i-1]*m%p;
f[1]=1;
g[1]=1;
for(i=2;i<=n;i++)
{
g[i]=h[i];
for(j=1;j<i;j++)
g[i]=(g[i]-c[i][j]*pm[j*(i-j)]%p*h[i-j]%p*g[j]%p)%p;
f[i]=g[i];
for(j=1;j<i;j++)
f[i]=(f[i]+c[i-1][j-1]*f[j]%p*g[i-j]%p)%p;
}
ll ans=(h[n]-f[n])*pm[n]%p;
ans=(ans+p)%p;
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
