AtCoder Regular Contest 163 D Sum of SCC

洛谷传送门

AtCoder 传送门

怎么连这种相对传统的计数也不会……

考虑换种方式描述强连通分量个数。考虑竞赛图缩点后存在一条极长的链，因此转化为把缩完点后的链劈成左右两个集合，使得左边集合不为空的方案数。

于是我们现在只要统计点集 \(A, B\) 数量，满足 \(A \ne \varnothing, A \cap B = \varnothing, A \cup B = [1, n]\) 且 \(A\) 中的边始终指向 \(B\)。

考虑 dp。设 \(f_{i, j, k}\) 为考虑了 \([1, i]\) 的点，\(|A| = j\)，小连到大的边数为 \(k\) 的方案数。转移讨论 \(i + 1\) 分给 \(A\) 还是 \(B\) 即可，枚举对应集合中有多少 \(u \to i + 1\) 的点即可。

时间复杂度 \(O(n^5)\)。

code

// Problem: D - Sum of SCC
// Contest: AtCoder - AtCoder Regular Contest 163
// URL: https://atcoder.jp/contests/arc163/tasks/arc163_d
// Memory Limit: 1024 MB
// Time Limit: 2000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#include <bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
#define fst first
#define scd second
#define mems(a, x) memset((a), (x), sizeof(a))

using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef double db;
typedef long double ldb;
typedef pair<ll, ll> pii;

const int maxn = 35;
const ll mod = 998244353;

inline ll qpow(ll b, ll p) {
	ll res = 1;
	while (p) {
		if (p & 1) {
			res = res * b % mod;
		}
		b = b * b % mod;
		p >>= 1;
	}
	return res;
}

ll n, m, f[maxn][maxn][maxn * maxn], fac[maxn], ifac[maxn];

inline ll C(ll n, ll m) {
	if (n < m || n < 0 || m < 0) {
		return 0;
	} else {
		return fac[n] * ifac[m] % mod * ifac[n - m] % mod;
	}
}

inline void upd(ll &x, ll y) {
	x += y;
	(x >= mod) && (x -= mod);
}

void solve() {
	scanf("%lld%lld", &n, &m);
	fac[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
	}
	ifac[n] = qpow(fac[n], mod - 2);
	for (int i = n - 1; ~i; --i) {
		ifac[i] = ifac[i + 1] * (i + 1) % mod;
	}
	f[0][0][0] = 1;
	for (int i = 0; i < n; ++i) {
		for (int j = 0; j <= i; ++j) {
			for (int k = 0; k <= m; ++k) {
				if (!f[i][j][k]) {
					continue;
				}
				for (int l = 0; l <= j; ++l) {
					upd(f[i + 1][j + 1][k + l], f[i][j][k] * C(j, l) % mod);
				}
				for (int l = 0; l <= i - j; ++l) {
					upd(f[i + 1][j][k + j + l], f[i][j][k] * C(i - j, l) % mod);
				}
			}
		}
	}
	ll ans = 0;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		ans = (ans + f[n][i][m]) % mod;
	}
	printf("%lld\n", ans);
}

int main() {
	int T = 1;
	// scanf("%d", &T);
	while (T--) {
		solve();
	}
	return 0;
}