2022.10.3-C 旅伴

题意：

有一棵大小为 $n$ 的无标号无根树，其中有三种结点：红蓝黄。

红色结点的度数最多为 $4$，蓝、黄结点的度数最多为 $3$。

黄色结点之间不能有直接连边。

问方案数，$\bmod~998244353$，$n\le10000$。

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思路：

无根树同构问题，一般是转化为以重心为根，然后按照有根树来做，这道题也是这样。

我们先考虑一个 $O(n^3)$ 的 暴力解法，每次我们枚举根的度数和颜色，每个子树的大小。

然后我们发现，对于大小相同的子树，实际上方案数也是相同的，这就启发我们对子树的大小进行 DP。

我们令 $f_{0/1/2,~i}$ 表示当根是红/蓝/黄，子树大小为 $i$ 时，方案数是多少。

显然这很难直接转移，因此我们还要定义两个数组：

$rb_{d,~i}$ 表示根的度数为 $d=0/1/2/3/4$，子树大小为 $i$ 的方案数，且此时根应为红色或蓝色（其实当 $d=4$ 就特指根为红色）。

$ye_{d,~i}$ 表示根的度数为 $d=0/1/2/3$，子树大小为 $i$ 的方案数，且此时根的颜色应为黄色。

假设此时我们处理到子树大小为 $i$ 的情况，

首先我们先更新 $f$ 数组：

$$f_{0,~i}=\sum_{d=0}^3 rb_{d,~i}$$

$$f_{1,~i}=\sum_{d=0}^2 rb_{d,~i}$$

$$f_{2,~i}=\sum_{d=0}^2 ye_{d,~i}$$

为什么 $f$ 不能更新满呢？因为我们要用 $f$ 去更新 $rb,ye$，那么要求 $f$ 里的方案数都至少能再连出一条边。

这时候我们已经计算完大小为 $i$ 的不同子树的方案数，我们就可以去更新 $rb,ye$ 数组：

我们以更新 $rb$ 为例，假设要更新 $rb_{j,z}$：

我们枚举选出 $w$ 个大小为 $i$ 的子树，方案数显然为 $\begin{pmatrix} tot+w-1 \\ w \end{pmatrix}$

其中 $tot=f_{0,i}+f_{1,i}+f_{2,i}$

那么就有转移：

$$f_{j,z}\leftarrow f_{j-w, z-i*w} \times \begin{pmatrix} tot+w-1 \\ w \end{pmatrix}$$

$ye$ 数组的更新同理，不过要注意 $tot=f_{0,i}+f_{1,i}$，因为黄色不能与黄色连边。

因为重心的子树的大小不超过 $\lfloor \frac{n}{2} \rfloor$，因此我们的 $f$ 只需要更新到 $\lfloor \frac{n}{2} \rfloor$。

最后我们用 $rb_{d,n}$ 和 $ye_{d,n}$ 来计算最终的答案。

但有一个细节：对于 $n$ 为偶数的情况，可能会出现两个重心的情况（就是某一条边连接的两棵子树大小都为 $\frac{n}{2}$），这时候我们需要去重。

一些具体细节见代码。

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代码

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define FOR(i, x, y) for(int i = (x); i <= (y); i++)
#define ROF(i, x, y) for(int i = (x); i >= (y); i--)
inline int rd()
{
    int sign = 1, re = 0; char c = getchar();
    while(!isdigit(c)){if(c == '-') sign = -1; c = getchar();}
    while(isdigit(c)){re = re * 10 + (c - '0'); c = getchar();}
    return sign * re;
}
namespace MOD
{
    int mod;
    inline int add(int a, int b) {return a + b >= mod ? a + b - mod : a + b;}
    inline int mul(int a, int b) {return 1ll * a * b % mod;}
    inline int sub(int a, int b) {return a - b < 0 ? a - b + mod : a - b;}
    inline int fast_pow(int a, int b = mod - 2)
    {
        int re = 1;
        while(b)
        {
            if(b & 1) re = mul(re, a);
            a = mul(a, a);
            b >>= 1;
        }
        return re;
    }
} using namespace MOD;
int n, f[3][3005], inv[5];
int rb[5][3005], ye[4][3005];
int C[5];
signed main()
{
    n = rd(), mod = rd();
    inv[1] = 1; FOR(i, 2, 4) inv[i] = mul(sub(mod, mod / i), inv[mod % i]);
    rb[0][1] = ye[0][1] = 1;
    FOR(i, 1, n >> 1)
    {
        FOR(j, 0, 2)
            f[0][i] = add(f[0][i], rb[j][i]),
            f[1][i] = add(f[1][i], rb[j][i]),
            f[2][i] = add(f[2][i], ye[j][i]);
        f[0][i] = add(f[0][i], rb[3][i]);
        // 更新 ye
        int tot = add(f[0][i], f[1][i]);
        C[1] = tot;
        FOR(j, 2, 3) C[j] = mul(C[j - 1], mul(tot + j - 1, inv[j]));
        ROF(j, 3, 1) ROF(z, n, i + 1) for(int w = 1, mx = z / i; w <= mx && w <= j; w++)
            ye[j][z] = add(ye[j][z], mul(ye[j - w][z - i * w], C[w]));
        // 更新 rb
        tot = add(tot, f[2][i]);
        C[1] = tot;
        FOR(j, 2, 4) C[j] = mul(C[j - 1], mul(tot + j - 1, inv[j]));
        ROF(j, 4, 1) ROF(z, n, i + 1) for(int w = 1, mx = z / i; w <= mx && w <= j; w++)
            rb[j][z] = add(rb[j][z], mul(rb[j - w][z - i * w], C[w]));
    }
    int ans = 0;
    FOR(i, 0, 3) ans = add(ans, add(mul(rb[i][n], 2), ye[i][n]));
    ans = add(ans, rb[4][n]);
    if(!(n & 1)) // 有两个重心时，需要去重
    {
        int t = add(f[0][n >> 1], f[1][n >> 1]);
        if(t & 1) t = add(mul(t, (t - 1) >> 1), mul(t, f[2][n >> 1]));
        else t = add(mul(t - 1, t >> 1), mul(t, f[2][n >> 1]));
        ans = sub(ans, t);
    }
    printf("%d", ans);
    return 0;
}

GJ 那里需要开火车头才能通过；

Luogu 原题的范围是 $n\le 3000$ 的，大家可以到那里去提交一下。

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本文作者：zuytong
本文链接：https://www.cnblogs.com/zuytong/p/16793571.html
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