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一道很有思维难度的(dp)和仙人掌(雾
(LOJ)
(Luogu)

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题目描述

题目要求一个(n)个点的点仙人掌的所有点集的斯坦纳树的边数的期望
(nleq 200)
如果是一般图,这个问题是只能大力状压的.
但是这个图是一棵点仙人掌,那样就有多项式复杂度的算法了.

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解析

由期望的线性性得我们可以把所有的边分开计算.
对于一条边((u,v)),我们分两种情况讨论.

情况(1):((u,v))是桥

只要我们选中了桥两边的点,那么((u,v))必被选,否则((u,v))必不被选.
因此我们在(tarjan)的过程中维护一个(size),就直接把桥的贡献算掉了.

[Ans=(2^{size_v}-1)*(2^{n-size_v}-1) ]

情况(2):((u,v))是环边

这下情况变得复杂了.
我们想要算((u,v))的贡献,发现十分棘手.
比如一个六元环,按顺序标号为(1,2,3,4,5,6)
我们选的点集在点(1,3,5)的儿子中.
那么这个环上所有边都有可能有贡献.
这样,想要算单独一条边的贡献就算不出来了.
我们考虑如何计算整个环的贡献.
我们称选了一个点是指选了它的儿子中的点.
在环上可能选了许多点.相邻的两个点中有距离.我们肯定是选择环长-最长距离作为答案.
令(F_{i,j,k})表示选的最左边点是(i),最右边点是(j),不考虑(i,j)之间路径的情况下答案是(k)的点集方案数.
那么(F_{i,j,k})的贡献就是(F_{i,j,k}*max(k,len-j+i))
再令(w_i)表示环上第(i)个点,删除所有和它相连的环边之后,它所在的连通块的大小.
那么,我们如何转移(F)值呢?
当然就是暴力枚举上一个(j)啦
那么(dp)方程就写出来了
(F_{i,j,k}=(2^{w_j}-1)*(sum_{t=0}^kF_{i,j-k,t}+sum_{t=j-k+1}^{j-1}F_{i,t,k}))
前半个(sum)是计算如果(j)和上一个点的距离等于(k),这时上一个点的最大值可以随便取.后半部分是(j)和上一个点的距离不等于(k),这时上一个点的最大值只能为(k).
那么我们发现这时一个前缀和的形式,那么只要二维前缀和一下即可.
完结撒花!

代码如下(经过了小幅度压行)

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<vector>
#define N (210)
#define M (80010)
#define P (1000000007)
#define inf (0x7f7f7f7f)
#define rg register int
#define Label puts("NAIVE")
#define spa print(' ')
#define ent print('
')
#define rand() (((rand())<<(15))^(rand()))
typedef long double ld;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ull;
using namespace std;
inline char read(){
	static const int IN_LEN=1000000;
	static char buf[IN_LEN],*s,*t;
	return (s==t?t=(s=buf)+fread(buf,1,IN_LEN,stdin),(s==t?-1:*s++):*s++);
}
template<class T>
inline void read(T &x){
	static bool iosig;
	static char c;
	for(iosig=false,c=read();!isdigit(c);c=read()){
		if(c=='-')iosig=true;
		if(c==-1)return;
	}
	for(x=0;isdigit(c);c=read())x=((x+(x<<2))<<1)+(c^'0');
	if(iosig)x=-x;
}
inline char readchar(){
	static char c;
	for(c=read();!isalpha(c);c=read())
	if(c==-1)return 0;
	return c;
}
const int OUT_LEN = 10000000;
char obuf[OUT_LEN],*ooh=obuf;
inline void print(char c) {
	if(ooh==obuf+OUT_LEN)fwrite(obuf,1,OUT_LEN,stdout),ooh=obuf;
	*ooh++=c;
}
template<class T>
inline void print(T x){
	static int buf[30],cnt;
	if(x==0)print('0');
	else{
		if(x<0)print('-'),x=-x;
		for(cnt=0;x;x/=10)buf[++cnt]=x%10+48;
		while(cnt)print((char)buf[cnt--]);
	}
}
inline void flush(){fwrite(obuf,1,ooh-obuf,stdout);}
int ne[M],fi[N],b[M],siz[N],n,m,E=1;
int dfn[N],low[N],ind,cir[N],sz[M];
LL ans,S1[N][N],S2[N][N],w[N]; bool vis[N];
LL ksm(LL a,int p){
	LL res=1;
	while(p){
		if(p&1)res=(res*a)%P;
		a=(a*a)%P,p>>=1;
	}
	return res;
}
void add(int x,int y){ne[++E]=fi[x],fi[x]=E,b[E]=y;}
int nxt(int u){
	for(int i=fi[u];i;i=ne[i]){
		int v=b[i];
		if(low[v]>dfn[u]||low[u]>dfn[v]||vis[v])continue;
		return v;
	}
	return 0;
}
void dp(int st){
	int cnt=0;
	for(int i=st;i;i=nxt(i))cir[++cnt]=i,vis[i]=1;
	if(cnt==1)return;
	for(int i=1;i<=cnt;i++){
		int t=cir[i];
		for(int j=fi[t];j;j=ne[j])
		w[t]+=sz[j];w[t]=(ksm(2ll,w[t]+1)-1ll);
	}
	for(int i=1;i<cnt;i++){
		for(int j=0;j<=cnt;j++)S1[i][j]=w[cir[i]];
		for(int j=i+1;j<=cnt;j++){
			for(int k=1;k<=j-i;k++){
				LL f=(S1[j-k][k]+S2[j-1][k]-S2[j-k][k]+P)%P*w[cir[j]]%P;
	            (ans+=f*(cnt-max(cnt-j+i,k)))%=P;
	            S1[j][k]=(S1[j][k-1]+f)%P,S2[j][k]=(S2[j-1][k]+f)%P;
			}
			for(int k=j-i+1;k<=cnt;k++)
			S1[j][k]=S1[j][k-1],S2[j][k]=S2[j-1][k];
		}
	}
	for(int i=0;i<=cnt;i++)
	for(int j=0;j<=cnt;j++)
	S1[i][j]=S2[i][j]=0;
}
void tarjan(int u,int pre){
	dfn[u]=low[u]=++ind,siz[u]=1;
	for(int i=fi[u];i;i=ne[i]){
		int v=b[i];
		if(!dfn[v]){
			tarjan(v,u),siz[u]+=siz[v];
			low[u]=min(low[v],low[u]);
			if(low[v]>dfn[u])
				sz[i]=siz[v],sz[i^1]=n-siz[v],
				ans=(ans+(ksm(2ll,siz[v])-1ll)*(ksm(2ll,n-siz[v])-1ll)%P)%P;
		}
		else if(v!=pre)low[u]=min(low[u],dfn[v]);
	}
}
int main(){
	read(n),read(m);
	for(int i=1,x,y;i<=m;i++)
	read(x),read(y),add(x,y),add(y,x);
	tarjan(1,0);for(int i=1;i<=n;i++)if(!vis[i])dp(i);
	printf("%lld
",(ans*ksm(ksm(2,n),P-2))%P);
}