jzoj5923
我們可以記f[i]表示i個點的連通圖的個數
則我們可以考慮將i個點不必聯通的圖個數(記為g)減去i個點的不連通圖個數
那麼f[i]=g[i]-c(j-1,i-1)f[j]gi-j
枚舉一個j,強制將j定為包含點1的聯通塊的點的個數
然後這兩個部分不能連邊
則現在的不連通圖個數為(使j個點聯通的方案(i-j)個點不必聯通的方案在2i這些點中,選出j-1個點作為i聯通塊內部的點的方案個數) 並且我們這i個點不能全聯通,所以j只能枚舉到i-1 再記f1[i]表示i個點最大聯通塊點數<=k的方案數 枚舉一個j表示現在包含1的聯通塊大小 那麼j對答案的貢獻為(使j個點聯通的方案*(i-j)個點中最大聯通塊點數<=k的方案數*在2
i這些點中,選出j-1個點作為i聯通塊內部的點的方案個數)
由於我們最大聯通塊個數不能超過k,所以j不能超過min(i,k)
那麼f1[i]=c(j-1,i-1)*f[j]*f1i-j
也是這兩部分不能連邊
最後,我們答案說最大聯通塊大小==k,所以可以拆成<=k和<k的情況,相減就是答案
這種dp方式比較套路,但是比較難想到,所以要多積累,多做這種類型的題
雖然可以使用ntt優化,但是暴力也足夠了
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define mo 998244353ll
ll n,k,f[2010],g[2010],jc[2010],ijc[2010],f1[2010];
ll qp(ll x,ll y){
ll r=1;
while(y){
if(y&1)r=r*x%mo;
x=x*x%mo;
y>>=1;
}
return r;
}
ll c(ll x,ll y){
return jc[y]*ijc[y-x]%mo*ijc[x]%mo;
}
ll getc(){
jc[0]=ijc[0]=1;
for(ll i=1;i<=n;i++){
jc[i]=jc[i-1]*i%mo;
ijc[i]=qp(jc[i],mo-2);
}
g[1]=1;
for(ll i=2;i<=n;i++)
g[i]=qp(2,i*(i-1)/2);
f[1]=1;
for(ll i=2;i<=n;i++){
f[i]=g[i];
for(ll j=1;j<i;j++)
f[i]=(f[i]-f[j]*g[i-j]%mo*c(j-1,i-1)%mo+mo)%mo;
}
}
ll solve(ll k){
memset(f1,0,sizeof(f1));
f1[1]=f1[0]=1;
for(ll i=2;i<=n;i++)
for(ll j=1;j<=min(i,k);j++)
f1[i]=(f1[i]+f[j]*f1[i-j]%mo*c(j-1,i-1)%mo)%mo;
return f1[n];
}
int main(){
freopen("bomb.in","r",stdin);
freopen("bomb.out","w",stdout);
scanf("%lld%lld",&n,&k);
getc();
printf("%lld\n",(solve(k)-solve(k-1)+mo)%mo);
}
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