2019.03.02 ZJOI2019模拟赛 解题报告

得分： \(10+0+40=50\)（\(T1\)，\(T3\)只能写大暴力，\(T2\)压根不会）

\(T1\)：道路建造

应该是一道比较经典的容斥题，可惜比赛时没有看出来。

由于要求最后删一条边或加一条边后得到一个欧拉回路。而反过来说，对于一个欧拉回路，我们有\(C_n^2\)种方式加边或删边使其变成一个题目中所求的合法图。

因此，我们只需求出欧拉回路图的个数，然后乘上\(C_n^2\)即为答案。

但还有一个比较麻烦的问题是，这张图必须联通。

那我们就可以先计算出所有情况数，再减去不连通的情况数即可求出连通的情况数。

设所有情况数为\(g_i\)，连通的情况数为\(f_i\)。

当有\(i\)个点时，对于所有情况，我们可以计算得出这样一个式子：\(g_i=2^{C_{i-1}^2}\)。

证明：我们可以先去掉一个点，则总边数为\(C_{i-1}^2\)，而由这\(i-1\)个点所构成的图便有\(2^{C_{i-1}^2}\)种情况。而对于最后一个点，我们可以用其向所有奇点连边使其变为偶点，这样就可以得到一个欧拉回路图了。

那么接下来的问题就是如何求\(f_i\)。

我们可以枚举一个\(j\)来将这\(i\)个点分为\(j\)和\(i-j\)两部分，然后强制其不连通即可得到不连通的情况数。然后用\(g_i\)减去它，就得到这样一个式子：\(f_i=g_i-\sum_{j=1}^{i-1}f_j*g_{i-j}*C_{i-1}^{j-1}\)。

最后答案自然就是\(C_n^2*f_n\)。

代码实现如下：

#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 2000
#define X 1000000007
#define Qinv(x) (Qpow(x,X-2))
#define Dec(x,y) ((x-=(y))<0&&(x+=X))
#define Qinv(x) Qpow(x,X-2)
#define C(x,y) (1LL*Fac[x]*Inv[y]%X*Inv[(x)-(y)]%X)
using namespace std;
int n,f[N+5],g[N+5],Fac[N+5],Inv[N+5];
I int Qpow(RI x,RI y) {RI res=1;W(y) y&1&&(res=1LL*res*x%X),x=1LL*x*x%X,y>>=1;return res;}//快速幂
int main()
{
	freopen("road.in","r",stdin),freopen("road.out","w",stdout);
	RI i,j;for(scanf("%d",&n),Fac[0]=i=1;i<=n;++i) Fac[i]=1LL*Fac[i-1]*i%X;//预处理阶乘
	for(Inv[n]=Qinv(Fac[n]),i=n-1;~i;--i) Inv[i]=1LL*Inv[i+1]*(i+1)%X;//预处理阶乘逆元
	for(i=1;i<=n;++i) for(f[i]=g[i]=Qpow(2,C(i-1,2)),j=1;j^i;++j) Dec(f[i],1LL*f[j]*g[i-j]%X*C(i-1,j-1)%X);//求出f[i]和g[i]
	return printf("%d",1LL*C(n,2)*f[n]%X),0;//计算并输出答案
}

\(T2\)：圈地游戏

待订正ing

\(T3\)：组合数学

待订正ing