2418. 光之大陆

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2418. 光之大陆

在光之大陆的土地上，各种势力盘根错节。

来自光之峡谷的精灵，来自黑暗森林的亡灵，来自古老东方的人类共同生活在一起。

善于打造装置的矮人，善于发明的侏儒，隐匿于山林的巨人也坚守着属于自己的领土。

这些种族之间关系错综复杂，构成了极其庞大的关系网络。

大魔法师小 $P$ 想要研究其中的种族关系。

两个物种之间可以是盟友，也可以不是盟友，如果 $a_1,a_2..a_n$ 满足 $a_i$ 和 $a_{i+1}$ 是盟友，且 $a_n$ 和 $a_1$ 是盟友，则他们构成了一个联盟。

由于光之大陆正处于微妙的和平之中。所以一个合理的物种关系应满足如下条件:

1. 对于任意两个物种 $A,B$，都存在一个序列 $A,a_1,a_2..a_n,B$，使得任意相邻两个种族是盟友(注意 $A,B$ 不一定是盟友)。
2. 对于任意两个联盟 $S_a,S_b$，都不存在一个物种既参加了联盟 $S_a$，又参加了联盟 $S_b$。

小 $P$ 想知道，大陆上的 $N$ 个种族一共有多少种可能的结盟关系，由于结果可能很大，你只需要输出答案 $\bmod M$ 的值。

输入格式

一行，两个正整数 $N,M$。

输出格式

一个整数，表示方案数 $\bmod M$ 的值。

数据范围

$3 \le N \le 200$,
$1 \le M \le 10^6$

输入样例：

4 1000000

输出样例：

31

解题思路

prufer编码

问题即给出一个 $n$ 个点的无向完全图，问有多少个不同的点仙人掌图
将该问题拆解：先求出 $n$ 个点分成 $m$ 个环的方案，然后再将这些环组成生成树的方案数，对于第二步，考虑prufer编码，每个点的父亲节点的范围为 $1\sim n$，且由于是完全图，不难发现，对于任意一个点的父亲节点，对于 $1\sim n$ 的任何一个点作为其父亲节点的概率都是相等的，即prufer编码有 $n^{m-2}$ 种，即将环组成生成树的方案有 $n^{m-2}$ 种，再来考虑第一步，考虑 dp，$f[i][j]$ 表示前 $i$ 个点分成 $j$ 个环的方案数，枚举 $1$ 号所在环的环数，这样的环有 $C_{i-1}^{k-1}$ 种，环也有不同的种类，$k$ 点排列有 $k!$，假定我们每次都是拿环上最上面的那个点连边，则显然有 $k$ 种方案，即对应全排列，可以看成旋转操作形成的环是不同的，但是由于是无向图，对于某条边来说会连两次，则这部分的转移方程：$f[i][j]=\sum_{k=1}^{i-j+1}f[i-k][j-1]\times C_{i-1}^{k-1}\times \frac{k!}{2}$，则答案为 $\sum_{k=1}^{n}f[n][k]\times n^{k-2}$，观察式子，不难发现 $k=1$ 时会出问题，$\color{red}{为什么？}$对于含 $n$ 个点的环，这时显然不用向外连边，即这时的总方案应该为 $\frac{n-1}{2}$

• 时间复杂度：$O(n^3)$

代码

// Problem: 光之大陆
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/description/2420/
// Memory Limit: 64 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

// %%%Skyqwq
#include <bits/stdc++.h>
 
//#define int long long
#define help {cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);}
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
using namespace std;
 
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
 
template <typename T> bool chkMax(T &x, T y) { return (y > x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> bool chkMin(T &x, T y) { return (y < x) ? x = y, 1 : 0; }
 
template <typename T> void inline read(T &x) {
    int f = 1; x = 0; char s = getchar();
    while (s < '0' || s > '9') { if (s == '-') f = -1; s = getchar(); }
    while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar();
    x *= f;
}

const int N=205;
int n,m,C[N][N],g[N],f[N][N];
void init()
{
	C[0][0]=1;
	for(int i=0;i<=n;i++)
		for(int j=0;j<=i;j++)
		{
			if(!j)C[i][j]=1;
			else
				C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%m;
		}
	g[1]=1%m,g[3]=3%m;
	for(int i=4;i<=n;i++)g[i]=(LL)g[i-1]*i%m;
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    init();
    f[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    	for(int j=1;j<=i;j++)
    		for(int k=1;k<=i-j+1;k++)
    			f[i][j]=(f[i][j]+(LL)f[i-k][j-1]*C[i-1][k-1]*g[k]%m)%m;
    int res=g[n-1],p=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
    	res=(res+(LL)f[n][i]*p)%m;
    	p=(LL)p*n%m;
    }
    printf("%d",res);
    return 0;
}

__EOF__

本文作者：acwing_zyy
本文链接：https://www.cnblogs.com/zyyun/p/16952572.html
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