题解 洛谷P6478 [NOI Online #2 提高组] 游戏

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考虑求出一个数组(g)，(g[i])表示至少有(i)个非平局的方案数。也就是说，我们钦定了(i)对点，每对点都是“祖先-后代”的关系，剩下的(m-i)对点可以任意匹配，此时的方案数就是(g[i])。我们设答案为(f[0dots m])，(f[i])表示的是恰好有(i)个非平局回合的方案数。(f)和(g)的关系，可不是一个简单的后缀和那么简单。假设我们钦定了(i)个非平局回合，而我们当前的方案里实际上有(j)个非平局回合（(j>i)），则(f[j])会被算在(g[i])中(jchoose i)次。用公式表达就是：

[g[i]=sum_{j=i}^{m}{jchoose i}f[j] ]

如果已经求出了(g)数组，如何计算出(f)呢？这就是经典的二项式反演，其结论是：

[f[i]=sum_{j=i}^{n}(-1)^{j-i}{jchoose i}g[j] ]

根据其定义，可以直接(O(n^2))求出整个(f)数组。该复杂度对于本题而言已经足够。

考虑如何求出(g)数组。

讲一个我在考场上写的暴力。想看正解的读者可以跳过本段。做状压DP。设(dp[i][mask])表示考虑了小A的前(i)个节点，已经匹配了小B的(mask)这些节点（匹配是指钦定一对为“祖先-后代”关系的点），这种情况的方案数。判断两个节点是否为“祖先-后代”关系，可以用dfs序做到(O(1))。最后，(g[i]=sum_{ ext{cnt}(mask)=i}dp[m][mask]cdot(m-i)!)，其中( ext{cnt}({mask}))表示(mask)中二进制为(1)位数，((m-i)!)是剩余节点任意匹配的方案数。该算法时间复杂度(O(2^mm))。不足以通过本题。

正解是根据“祖先-后代”关系这个要求，做树形DP。设(dp[u][i])表示在节点(u)的子树内，钦定了(i)对有“祖先-后代”关系的点，选出这些点的方案数。则(g[i]=dp[u][i]cdot (m-i)!)。

如何转移？转移时，我们既可以把(u)的儿子(v)子树中的匹配直接装入背包，也可以用(u)节点本身去和子树内的点创造一对新增的匹配。这就涉及到一个问题：节点(u)是否已经被使用过。在转移时，可以定义一个数组(cur[u][i][tin{0,1}])，前面两维定义和(dp)数组相同，第三维(tin{0,1})表示节点(u)是否已经被使用过。全部转移完后，令(dp[u][i]=cur[u][i][0]+cur[u][i][1])即可。

时间复杂度(O(n^2))。

参考代码：

//problem:P6478
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define pb push_back
#define mk make_pair
#define lob lower_bound
#define upb upper_bound
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())

typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pii;

const int MAXN=5000,MAXM=2500,MOD=998244353;
inline int mod1(int x){return x<MOD?x:x-MOD;}
inline int mod2(int x){return x<0?x+MOD:x;}
inline void add(int& x,int y){x=mod1(x+y);}
inline void sub(int& x,int y){x=mod2(x-y);}
inline int pow_mod(int x,int i){int y=1;while(i){if(i&1)y=(ll)y*x%MOD;x=(ll)x*x%MOD;i>>=1;}return y;}


int n,m,fac[MAXN+5],ifac[MAXN+5];
inline int comb(int n,int k){
	if(n<k)return 0;
	return (ll)fac[n]*ifac[k]%MOD*ifac[n-k]%MOD;
}

char s[MAXN+5];

struct EDGE{int nxt,to;}edge[MAXN*2+5];
int head[MAXN+5],tot;
inline void add_edge(int u,int v){edge[++tot].nxt=head[u],edge[tot].to=v,head[u]=tot;}

int sz[MAXN+5],cnt0[MAXN+5],cnt1[MAXN+5],dp[MAXN+5][MAXM+5],cur[MAXN+5][MAXM+5][2],tmp[MAXM+5][2],g[MAXM+5];
void dfs(int u,int fa){
	cur[u][0][0]=1;
	sz[u]=1;
	cnt0[u]=(s[u]=='0');
	cnt1[u]=(s[u]=='1');
	for(int i=head[u];i;i=edge[i].nxt){
		int v=edge[i].to;
		if(v==fa)continue;
		dfs(v,u);
		int su=min(sz[u]/2,min(cnt0[u],cnt1[u])),sv=min(sz[v]/2,min(cnt0[v],cnt1[v])),stot=(sz[u]+sz[v])/2;
		for(int j=0;j<=stot;++j)tmp[j][0]=tmp[j][1]=0;
		for(int j=0;j<=su;++j){
			for(int k=0;k<=sv;++k){
				add(tmp[j+k][0],(ll)cur[u][j][0]*dp[v][k]%MOD);
				add(tmp[j+k][1],(ll)cur[u][j][1]*dp[v][k]%MOD);
				int free0=cnt0[v]-k,free1=cnt1[v]-k;
				if(j+k<stot){
					if(s[u]=='0'&&free1){
						add(tmp[j+k+1][1],(ll)cur[u][j][0]*dp[v][k]%MOD*free1%MOD);
					}
					if(s[u]=='1'&&free0){
						add(tmp[j+k+1][1],(ll)cur[u][j][0]*dp[v][k]%MOD*free0%MOD);
					}
				}
			}
		}
		for(int j=0;j<=stot;++j)cur[u][j][0]=tmp[j][0],cur[u][j][1]=tmp[j][1];
		
		sz[u]+=sz[v];
		cnt0[u]+=cnt0[v];
		cnt1[u]+=cnt1[v];
	}
	for(int i=0;i<=sz[u]/2;++i)dp[u][i]=mod1(cur[u][i][0]+cur[u][i][1]);
}
int main() {
	fac[0]=1;ifac[0]=1;
	for(int i=1;i<=MAXN;++i)fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%MOD,ifac[i]=pow_mod(fac[i],MOD-2);
	
	cin>>n;m=n/2;
	cin>>(s+1);
	for(int i=1,u,v;i<n;++i)cin>>u>>v,add_edge(u,v),add_edge(v,u);
	dfs(1,0);
	//for(int i=0;i<=m;++i)cout<<dp[1][i]<<" 
"[i==m];
	for(int i=0;i<=m;++i)g[i]=(ll)dp[1][i]*fac[m-i]%MOD;
	for(int i=0;i<=m;++i){
		int ans=0;
		for(int j=i;j<=m;++j){
			if((j-i)&1)sub(ans,(ll)comb(j,i)*g[j]%MOD);
			else add(ans,(ll)comb(j,i)*g[j]%MOD);
		}
		//ans=(ll)ans*ifac[m]%MOD;
		cout<<ans<<endl;
	}
	return 0;
}