WC2019 T1 数树

传送门(https://loj.ac/problem/2983)

Question 0

对于给定的两棵树,设记两颗树 \(A,B\) 的重边数量为 \(R(A,B)\),那么

\[Ans=y^{n-R(A,B)}
\]

Question 1

给定其中一棵树,求第二棵树的所有情况下答案的总和

不妨令 \(y=y^{-1}\) ,最终答案就是 \(y^{-n}y^{R(A,B)}\)。

在给定 \(A\) 的情况下,只需要统计 \(\sum\limits_B y^{R(A,B)}\) 即可

注意到\(y^k=[(y-1)+1]^k=\sum\limits_{i=0}^k (y-1)^i \binom{k}{i}\)

及对于确定的 \(A,B\),枚举一个边集 \(S\) ,若 \(S\) 中每一条边均为 \(A,B\) 重边,则其贡献为 \((y-1)^{|S|}\) 否则为 \(0\)

特别的,我们把 \(y-1=0​\) 特判掉,因为不存在逆元。

考虑枚举每一个 \(A​\) 的边集,假设一共 \(n-m​\) 条边把 \(n​\) 个点划分成了 \(m​\) 个联通块。

设第 \(i​\) 个联通块有 \(a_i​\) 个点那么它的贡献为 \((y-1)^{n-m}\times​\) 包含这\(n-m​\) 条边的树的个数。

把每一个联通块当作一个点,考虑枚举每个联通块的度数 \(d_i\) 通过 \(prufer\) 序列我们知道答案为

\[Ans=(y-1)^{n-m}\sum\limits_{(\sum a_i)=n,(\sum d_i)=2(m-2)} m^{m-2}(\prod_{i=1}^m a_i^{d_i})(\prod_{i=1}^m \binom{\sum_{j=1}^i(d_j-1)}{d_i-1}) \\
=(y-1)^{n-m}\sum\limits_{(\sum a_i)=n,(\sum d_i)=2m-2} m^{m-2}(\prod_{i=1}^m a_i^{d_i})\frac{(m-2)!}{\prod_{i=1}^m(d_i-1)!}\\
=(y-1)^{n-m}\sum\limits_{(\sum a_i)=n,(\sum d_i)=m-2} (\prod_{i=1}^m a_i)(m-2)!m^{m-2}\prod_{i=1}^m \frac{a_i^{d_i}}{d_i!}\\
=(y-1)^{n-m}\sum\limits_{(\sum a_i)=n} (\prod_{i=1}^m a_i)n^{m-2}\\
=(y-1)^n n^{-2}\sum\limits_{(\sum a_i)=n} (\prod_{i=1}^m a_i)n^m (y-1)^{-m}\\
=(y-1)^n n^{-2}\sum\limits_{(\sum a_i)=n} (\prod_{i=1}^m a_i(y-1)^{-1}n)\\
\]

注意 \((\prod_{i=1}^m a_i)\) 表示每个联通块中选一个关键点的方案数量,这样就可以设 \(F_{x,0/1}\) 表示 \(x\) 号点所在联通块是否选出关键点的贡献和,树形 \(DP\) ,每次考虑父子的边是否被选中即可。

Question 2

和 \(Question\ 1​\) 的做法类似,先特判 $y-1=​$0 考虑枚举一个边集构成了 $ m ​$ 个的联通块的答案

\[Ans=(y-1)^{n-m}\sum\limits_{(\sum a_i)=n}\frac{n!}{\prod_{i=1}^m a_i!}\prod a_i^{a_i-2}\frac {1}{m!}(n^{m-2}\prod_{i=1}^m a_i)^2\\
=(y-1)^n n^{-4} n!\sum\limits_{(\sum a_i)=n}\frac {1}{m!}{\prod_{i=1}^m \frac{n^2 a_i^{a_i}}{a_i!(y-1)}}\\
\]

之需要考虑 \(F_n=\sum\limits_{(\sum a_i)=n}\frac {1}{m!}{\prod_{i=1}^m \frac{n^2 a_i^{a_i}}{a_i!(y-1)}}​\) 的结果即可。

若设大小为 $k $ 的部分的贡献为 \(G(k)=\frac{n^2 k^k}{k! (y-1)}\),考虑 \(e^x\) 即 \(exp(x)\) 的泰勒展开式为 \(\sum_{i=0}^{+INF} \frac{x^i}{i!}\) 。

有 \(F=exp(G)\) ,那么多项式求 \(exp\) 即可。

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
int read(){
int nm=0,fh=1; char cw=getchar();
for(;!isdigit(cw);cw=getchar()) if(cw=='-') fh=-fh;
for(;isdigit(cw);cw=getchar()) nm=nm*10+(cw-'0');
return nm*fh;
}
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define mod 998244353
#define M 600010
namespace CALC{
inline int add(int x,int y){x+=y;return (x>=mod)?(x-mod):x;}
inline int mns(int x,int y){x-=y;return (x<0)?(x+mod):x;}
inline int mul(LL x,LL y){return (LL)x*(LL)y%mod;}
inline void upd(int &x,int y){x+=y;(x>=mod)?(x-=mod):0;}
inline int qpow(int x,int sq){
int res=1;
for(;sq;sq>>=1,x=mul(x,x)) if(sq&1) res=mul(res,x);
return res;
}
}using namespace CALC;
namespace POLY{
int lg[M],g[40],v[40],od[M],iv[40],vv[M];
void init(int N){
N<<=2; int len=2,nw=1;
for(;len<=N;len<<=1,nw++)
lg[len]=nw,v[nw]=qpow(g[nw]=qpow(3,(mod-1)/len),mod-2),iv[nw]=qpow(len,mod-2);
for(int i=1;i<=len;i++) vv[i]=qpow(i,mod-2);vv[0]=0;
}
void NTT(int *x,int len,int kd){
int bas=lg[len];
for(int i=1;i<len;i++) od[i]=(od[i>>1]>>1)|((i&1)<<(bas-1));
for(int i=1;i<len;i++) if(i<od[i]) swap(x[i],x[od[i]]);
for(int tt=1,tp=1;tt<len;tp++,tt<<=1){
for(int wn=(kd>0)?g[tp]:v[tp],st=0;st<len;st+=(tt<<1)){
for(int now=1,pos=st;pos<st+tt;pos++,now=mul(now,wn)){
int t1=x[pos],t2=mul(now,x[pos+tt]);
x[pos]=add(t1,t2),x[pos+tt]=mns(t1,t2);
}
}
} if(kd>0) return;
for(int i=0;i<len;i++) x[i]=mul(x[i],iv[bas]);
}
inline void cpy(int *_dt,int *_ss,int len){memcpy(_dt,_ss,sizeof(int)*len);}
void get_inv(int *F,int *G,int len){
static int A[M],B[M];
if(len==1){G[0]=qpow(F[0],mod-2);return;} get_inv(F,G,len>>1);
cpy(A,F,len),cpy(B,G,len),len<<=1,NTT(A,len,1),NTT(B,len,1);
for(int i=0;i<len;i++) G[i]=mns(add(B[i],B[i]),mul(mul(B[i],B[i]),A[i]));
for(int i=0;i<len;i++) A[i]=B[i]=0; NTT(G,len,-1),len>>=1;
for(int i=len;i<len+len;i++) G[i]=0;
}
inline void qd(int *F,int len){for(int i=1;i<len;i++) F[i-1]=mul(F[i],i); F[len-1]=0;}
inline void jf(int *F,int len){for(int i=len-1;i;i--) F[i]=mul(F[i-1],vv[i]); F[0]=0;}
void get_ln(int *F,int *G,int len){
static int A[M],B[M];
get_inv(F,A,len),cpy(B,F,len),qd(B,len),len<<=1;
NTT(A,len,1),NTT(B,len,1);
for(int i=0;i<len;i++) G[i]=mul(A[i],B[i]),A[i]=B[i]=0;
NTT(G,len,-1),jf(G,len),len>>=1;
for(int i=len;i<(len<<1);i++) G[i]=0;
}
void get_exp(int *F,int *G,int len){
static int A[M],B[M];
if(len==1){G[0]=1;return;} get_exp(F,G,len>>1);
cpy(A,G,len),get_ln(G,B,len);
for(int i=0;i<len;i++) B[i]=mns(F[i],B[i]);
len<<=1,NTT(A,len,1),NTT(B,len,1);
for(int i=0;i<len;i++) G[i]=mul(A[i],B[i]),A[i]=B[i]=0;
NTT(G,len,-1),len>>=1;
for(int i=len;i<len+len;i++) G[i]=0;
}
}
int n,Y,op,ans,nts;
map<pii,bool> P;
namespace Q1{
int fs[M],nt[M],to[M],tmp,F[M][2],K,vK,G[2];
inline void link(int x,int y){nt[tmp]=fs[x],fs[x]=tmp,to[tmp++]=y;}
inline void DP(int x,int last){
F[x][0]=F[x][1]=K;
for(int i=fs[x],v;i!=-1;i=nt[i]) if((v=to[i])^last){
DP(to[i],x),G[0]=0,G[1]=0;
for(int j=0;j<2;j++) for(int k=0;k<2;k++){
if(!(j&k)) upd(G[j|k],mul(mul(F[x][j],F[v][k]),vK));
if(k) upd(G[j],mul(F[x][j],F[v][k]));
} F[x][0]=G[0],F[x][1]=G[1];
}
}
inline int solve(){
memset(fs,-1,sizeof(fs));
for(int i=1,x,y;i<n;i++) x=read(),y=read(),link(x,y),link(y,x);
if(Y==1) return qpow(n,n-2); K=mul(qpow(Y-1,mod-2),n),vK=qpow(K,mod-2),DP(1,0);
return mul(mul(F[1][1],nts),mul(qpow(mul(n,n),mod-2),qpow(Y-1,n)));
}
}
namespace Q2{
int F[M],G[M];
inline int solve(){
if(Y==1) return qpow(n,n+n-4); int len=1,fc=1; POLY::init(n),F[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
F[i]=mul(mul(mul(n,n),mul(qpow(i,i),qpow(fc=mul(fc,i),mod-2))),qpow(Y-1,mod-2));
while(len<=n) len<<=1; POLY::get_exp(F,G,len);
return mul(mul(mul(G[n],fc),mul(nts,qpow(n,mod-1-4))),qpow(Y-1,n));
}
}
int main(){
//freopen("tree.in","r",stdin);
//freopen("tree.out","w",stdout);
n=read(),Y=read(),op=read(),nts=qpow(Y,n),Y=qpow(Y,mod-2);
if(op==0){
for(int i=1,x,y;i<n;i++) x=read(),y=read(),P[mp(x,y)]=P[mp(y,x)]=true;
for(int i=1;i<n;i++) if(P.count(mp(read(),read()))) nts=mul(nts,Y);
printf("%d\n",nts); return 0;
}
if(op&1) printf("%d\n",Q1::solve());
else printf("%d\n",Q2::solve());
return 0;
}

WC2019 T1 数树的更多相关文章

  1. 【LOJ】#2983. 「WC2019」数树

    LOJ2983. 「WC2019」数树 task0 有\(i\)条边一样答案就是\(y^{n - i}\) task1 这里有个避免容斥的方法,如果有\(i\)条边重复我们要算的是\(y^{n - i ...

  2. [LibreOJ #2983]【WC2019】数树【计数】【DP】【多项式】

    Description 此题含有三个子问题 问题1: 给出n个点的两棵树,记m为只保留同时在两棵树中的边时连通块的个数,求\(y^m\) 问题2: 给出n个点的一棵树,另外一棵树任意生成,求所有方案总 ...

  3. 【loj2983】【WC2019】数树

    题目 两颗\(n\)个点的树T1和T2,有\(y\)种颜色; 现在给每个点染色,要求公共边端点的颜色相同,求: ​ 1.op=0 , T1和T2都确定,求合法染色方案数: ​ 2.op=1 , T1确 ...

  4. 【WC2019】数树 树形DP 多项式exp

    题目大意 有两棵 \(n\) 个点的树 \(T_1\) 和 \(T_2\). 你要给每个点一个权值吗,要求每个点的权值为 \([1,y]\) 内的整数. 对于一条同时出现在两棵树上的边,这条边的两个端 ...

  5. LOJ#2983. 「WC2019」数树

    传送门 抄题解 \(Task0\),随便做一下,设 \(cnt\) 为相同的边的个数,输出 \(y^{n-cnt}\) \(Task1\),给定其中一棵树 设初始答案为 \(y^n\),首先可以发现, ...

  6. Luogu5206 【WC2019】数树 【容斥,生成函数】

    题目链接 第一问白给. 第二问: 设 \(b=y^{-1}\),且以下的 \(Ans\) 是除去 \(y^n\) 的. 设 \(C(T)\) 是固定了 \(T\) 中的边,再连 \(n-|T|-1\) ...

  7. LOJ#2983. 「WC2019」数树 排列组合,生成函数,多项式,FFT

    原文链接www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/LOJ2983.html 前言 我怎么什么都不会?贺忙指导博客才会做. 题解 我们分三个子问题考虑. 子问题0 将红蓝共有的边连接 ...

  8. [WC2019] 数树

    [WC2019] 数树 Zhang_RQ题解(本篇仅概述) 前言 有进步,只做了半天.... 一道具有极强综合性的数数好题! 强大的多合一题目 精确地数学推导和耐心. 有套路又不失心意. 融合了: 算 ...

  9. 洛谷 P5206: bzoj 5475: LOJ 2983: [WC2019] 数树

    一道技巧性非常强的计数题,历年WC出得最好(同时可能是比较简单)的题目之一. 题目传送门:洛谷P5206. 题意简述: 给定 \(n, y\). 一张图有 \(|V| = n\) 个点.对于两棵树 \ ...

随机推荐

  1. node操作mongodb

    var mongodb = require('mongodb'); var server = new mongodb.Server('localhost', 27017, {auto_reconnec ...

  2. python继承,判断类型,多态

    1.python中继承 如果已经定义了Person类,需要定义新的Student和Teacher类时,可以直接从Person类继承: class Person(object): def __init_ ...

  3. Apache 服务常用命令

    # 查看编译的模块文件httpd -lapachectl -l # 查看apache版本信息,操作系统位数,apr版本 httpd -Vapachectl -V # 查看编译过的模块,并查看哪一个是 ...

  4. Chemistry

    Problem A. Chemistry Input file: chemistry.in Output file: chemistry.out Time limit: 1 seconds Memor ...

  5. [BZOJ1823]满汉全席

    Description 满汉全席是中国最丰盛的宴客菜肴,有许多种不同的材料透过满族或是汉族的料理方式,呈现在數量繁多的菜色之中.由于菜色众多而繁杂,只有极少數博学多闻技艺高超的厨师能够做出满汉全席,而 ...

  6. how to get a controller instance in another controller

    https://stackoverflow.com/questions/16870413/how-to-call-another-controller-action-from-a-controller ...

  7. Graph_Master(连通分量_B_Trajan+完全图)

    hdu_4635 题目大意:给出一张DAG(n个点,m条边),求出能加的最大边数,使得该图无重边,无自环,非强连通. 题解:这题题面很好理解,也没有什么很难的点,主要是如何求出最大边数需要动点脑筋.首 ...

  8. Spring中Value注解的使用

    Spring中Value注解的使用 分类: Spring2014-08-16 17:28 2985人阅读 评论(0) 收藏 举报 有的时候我们定义了Properties文件,并且使用Spring的Pr ...

  9. Mac Item2 SSH免密登录Linux 服务器的两种方式

    转自http://blog.csdn.net/jobschen/article/details/52823980 mac ssh登录linux服务器 的两种方式: 个人推荐第二种,zsh方式,只需要把 ...

  10. nodejs 设计模式

    1 . 单例模式 顾名思义,单例就是保证一个类只有一个实例,实现的方法是,先判断实例是否存在,如果存在则直接返回,若不存在,则创建实例对象,并将实例对象保存在静态变量中,当下次请求时,则可以直接返回这 ...