NOI.ac #31 MST DP、Hash
阿新 • • 發佈：2018-10-06
我們 i++ oid 一道 mit ans long long inline 不錯 題目傳送門：http://noi.ac/problem/31
一道思路好題
考慮模擬$Kruskal$的加邊方式，然後能夠發現非最小生成樹邊只能在一個已經由邊權更小的邊連成的連通塊中，而樹邊一定會讓兩個連通塊合為一個，故考慮以連通塊為切入點設計$DP$
設字符串$s_1s_2s_3...s_i,s_1 \geq s_2 \geq s_3 \geq ... \geq s_i$表示某一個圖中各個連通塊的大小（可以發現我們只關心連通塊有多大，但不關心連通塊內具體有哪些點，因為當所有連通塊大小一一對應的時候，方案也是一一對應的），$f_{s_1s_2s_3...s_i}$為通過連邊達到這個圖的方案數，然後考慮狀態的轉移
考慮已經加入了邊權從$1$至$a_{n-i}$的邊，現在即將加入$a_{n-i}$至$a_{n-i+1}-1$的非樹邊與$a_{n-i+1}$的樹邊
考慮非樹邊的加入方案，對於一個圖$s_1s_2s_3...s_i$，它的總邊數為$\sum\limits_{x=1}^i\frac{s_i \times (s_i-1)}2$，已經加入了$a_{n-i}$條邊，所以剩余$\sum\limits_{x=1}^i\frac{s_i \times (s_i-1)}2 - a_{n-i}$可以加入非樹邊，所以總共的非樹邊加入方案是$$P_{\sum\limits_{x=1}^i\frac{s_i \times (s_i-1)}2 - a_{n-i}}^{a_{n-i+1}-a_{n-i}-1}$$當然，如果圖中非樹邊數量小於需要加入的非樹邊，方案就是0，無需轉移
接下來考慮樹邊的加入方案，我們可以在任意兩個連通塊之中加入邊$a_{n-i+1}$，於是枚舉這兩個連通塊$s_x,s_y$，刪除$s_x,s_y$、加入$s_x+s_y$並排序得到新的圖$s_1‘s_2‘...s_{i-1}‘$，那麽從$s_1s_2s_3...s_i$到$s_1‘s_2‘,...,s_{i-1}‘$就有$$P_{\sum\limits_{x=1}^i\frac{s_i \times (s_i-1)}2 - a_{n-i}}^{a_{n-i+1}-a_{n-i}-1}$$種非樹邊加入方式與$$s_x \times s_y$$種樹邊加入方式，就有$$f_{s_1‘s_2‘...s_{i-1}‘} += f_{s_1s_2s_3...s_i} \times P_{\sum\limits_{x=1}^i\frac{s_i \times (s_i-1)}2 - a_{n-i}}^{a_{n-i+1}-a_{n-i}-1} \times s_x \times s_y$$的答案貢獻
最後考慮$f_{s_1s_2s_3...s_i}$的存儲方式，顯然用$dfs$枚舉可行字符串加上$Hash$是很不錯的選擇。還有一個問題:形如$s_1s_2s_3...s_i$的序列有多少個？可知有$N$個點時序列個數就是$N$的無序整數劃分個數，$N=40$時的無序整數劃分個數不超過$40000$，然後這道題就解決了
一道思路好題
考慮模擬$Kruskal$的加邊方式，然後能夠發現非最小生成樹邊只能在一個已經由邊權更小的邊連成的連通塊中，而樹邊一定會讓兩個連通塊合為一個，故考慮以連通塊為切入點設計$DP$
設字符串$s_1s_2s_3...s_i,s_1 \geq s_2 \geq s_3 \geq ... \geq s_i$表示某一個圖中各個連通塊的大小（可以發現我們只關心連通塊有多大，但不關心連通塊內具體有哪些點，因為當所有連通塊大小一一對應的時候，方案也是一一對應的），$f_{s_1s_2s_3...s_i}$為通過連邊達到這個圖的方案數，然後考慮狀態的轉移
考慮已經加入了邊權從$1$至$a_{n-i}$的邊，現在即將加入$a_{n-i}$至$a_{n-i+1}-1$的非樹邊與$a_{n-i+1}$的樹邊
考慮非樹邊的加入方案，對於一個圖$s_1s_2s_3...s_i$，它的總邊數為$\sum\limits_{x=1}^i\frac{s_i \times (s_i-1)}2$，已經加入了$a_{n-i}$條邊，所以剩余$\sum\limits_{x=1}^i\frac{s_i \times (s_i-1)}2 - a_{n-i}$可以加入非樹邊，所以總共的非樹邊加入方案是$$P_{\sum\limits_{x=1}^i\frac{s_i \times (s_i-1)}2 - a_{n-i}}^{a_{n-i+1}-a_{n-i}-1}$$當然，如果圖中非樹邊數量小於需要加入的非樹邊，方案就是0，無需轉移
接下來考慮樹邊的加入方案，我們可以在任意兩個連通塊之中加入邊$a_{n-i+1}$，於是枚舉這兩個連通塊$s_x,s_y$，刪除$s_x,s_y$、加入$s_x+s_y$並排序得到新的圖$s_1‘s_2‘...s_{i-1}‘$，那麽從$s_1s_2s_3...s_i$到$s_1‘s_2‘,...,s_{i-1}‘$就有$$P_{\sum\limits_{x=1}^i\frac{s_i \times (s_i-1)}2 - a_{n-i}}^{a_{n-i+1}-a_{n-i}-1}$$種非樹邊加入方式與$$s_x \times s_y$$種樹邊加入方式，就有$$f_{s_1‘s_2‘...s_{i-1}‘} += f_{s_1s_2s_3...s_i} \times P_{\sum\limits_{x=1}^i\frac{s_i \times (s_i-1)}2 - a_{n-i}}^{a_{n-i+1}-a_{n-i}-1} \times s_x \times s_y$$的答案貢獻
最後考慮$f_{s_1s_2s_3...s_i}$的存儲方式，顯然用$dfs$枚舉可行字符串加上$Hash$是很不錯的選擇。還有一個問題:形如$s_1s_2s_3...s_i$的序列有多少個？可知有$N$個點時序列個數就是$N$的無序整數劃分個數，$N=40$時的無序整數劃分個數不超過$40000$，然後這道題就解決了
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define MOD 1000000007 3 #define int long long 4 using namespace std; 5 6 map < string , int > m; 7 int cntLSH , ans[40001] = {0 , 1} , a[41] , N; 8 9 void forLSH(int num , int upNum , string s){ 10 //枚舉方案用於Hash 11 m.insert(make_pair(s + string(num , 1) , ++cntLSH)); 12 for(int i = 2 ; i < upNum && i <= num ; i++) 13 for(int j = 1 ; j * i <= num ; j++) 14 forLSH(num - j * i , i , s + string(j , i)); 15 } 16 17 inline int P(int a , int b){ 18 //計算排列 19 if(b > a) 20 return 0; 21 int times = 1; 22 for(int i = a - b + 1 ; i <= a ; i++) 23 times = times * i % MOD; 24 return times; 25 } 26 27 inline void calc(string s){ 28 //DP 29 int t = m.find(s)->second , num = s.size() , cnt = 0; 30 if(num == 1){ 31 cout << ans[t] * P((N * (N - 1) >> 1) - a[N - 1] , (N * (N - 1) >> 1) - a[N - 1]) % MOD; 32 //不要忽視了最後幾條邊！ 33 exit(0); 34 } 35 for(int i = 0 ; i < num ; i++) 36 cnt += s[i] * (s[i] - 1) >> 1; 37 int r = P(cnt - a[N - num] , a[N - num + 1] - a[N - num] - 1); 38 //非樹邊方案總數 39 for(int i = 0 ; i < num ; i++) 40 for(int j = i + 1 ; j < num ; j++){ 41 //枚舉連接的兩個連通塊 42 string s1 = s; 43 s1.erase(j , 1); 44 s1.erase(i , 1); 45 int q = lower_bound(s1.begin() , s1.end() , s[j] + s[i] , greater<char>()) - s1.begin(); 46 s1.insert(q , 1 , s[j] + s[i]); 47 ans[m.find(s1)->second] = (ans[m.find(s1)->second] + ans[t] * r % MOD * s[j] * s[i]) % MOD; 48 } 49 } 50 51 void dfs(int num , int upNum , string s){ 52 //繼續枚舉可行方案進行DP 53 calc(s + string(num , 1)); 54 for(int i = 2 ; i < upNum && i <= num ; i++) 55 for(int j = 1 ; j * i <= num ; j++) 56 dfs(num - j * i , i , s + string(j , i)); 57 } 58 59 main(){ 60 cin >> N; 61 for(int i = 1 ; i < N ; i++) 62 cin >> a[i]; 63 forLSH(N , N + 1 , ""); 64 dfs(N , N + 1 , ""); 65 return 0; 66 }
NOI.ac #31 MST DP、Hash