【题解】 「HNOI2015」实验比较 树形dp+二项式反演 LOJ2117

Legend

Link ( extrm{to LOJ})。

Editorial

这是一个 (O(n^2)) 的做法。

题意各位大佬都讲得很清楚了，现在可以转化成一个问题是：给定一个内向森林，祖先结点的颜色必须严格大于后代结点。颜色必须为连续正整数，求方案。

先考虑一棵树的答案：

设 (g(n)) 表示所有节点有 (n) 种颜色且满足题意的方案数。

然后我们可以设 (f(n)= sumlimits_{i=0}^{n}inom{n}{i}g(i))。

21.1.13upd：这样看着可能不太明确其含义，补一下：我们可以设 (f[i][j]) 表示在 (i) 子树内的所有节点，颜色小于 (j)，(i) 的颜色恰好是 (j) 的方案数。即，不要求选出的颜色的值域是 (1sim k) 连续的。这样就可以树形 dp 了。

不难发现 (f(i) (1 le i le n)) 可以通过一个 (O(n^2)) 的前缀和优化树形 dp 求出。

根据二项式反演 (g(n)=sumlimits_{i=0}^{n} inom{n}{i}(-1)^{n-i}f(i)) 我们就可以得到答案了。

总复杂度仅为 (O(n^2))。

---

Code

而在本题中，是内向树森林，我们建立一个虚结点 (n+1)，与所有树的根连边。

运行上述算法时，我们对虚结点的转移进行单独判断即可。

int ind[MX];
int head[MX] ,tot;
struct edge{
	int node ,next;
}h[MX << 1];
void addedge(int u ,int v){
	h[++tot] = (edge){v ,head[u]} ,head[u] = tot;
	ind[v]++;
}

LL dp[MX][MX] ,S[MX][MX] ,C[MX][MX];

int fa[MX] ,n ,m;
void init(){
	for(int i = 1 ; i < MX ; ++i) fa[i] = i;
	for(int i = 0 ; i < MX ; ++i) C[i][0] = 1;
	for(int i = 1 ; i < MX ; ++i)
		for(int j = 1 ; j < MX ; ++j)
			C[i][j] = (C[i - 1][j] + C[i - 1][j - 1]) % MOD;
}
int find(int x){return fa[x] == x ? x : fa[x] = find(fa[x]);}
void link(int u ,int v){u = find(u) ,v = find(v) ,fa[u] = v;}

int cnt ,ins[MX];
void dapai(int x){
	if(ins[x]) puts("0") ,exit(0);
	ins[x] = 1;
	for(int i = 1 ; i <= cnt ; ++i) dp[x][i] = 1;
	for(int i = head[x] ,d ; i ; i = h[i].next){
		dapai(d = h[i].node);
		for(int j = 1 ; j <= cnt ; ++j){
			if(x == n + 1) dp[x][j] = dp[x][j] * S[d][j] % MOD;
			else dp[x][j] = dp[x][j] * S[d][j - 1] % MOD;
		}
	}
	ins[x] = 0;
	for(int i = 1 ; i <= cnt ; ++i) S[x][i] = (S[x][i - 1] + dp[x][i]) % MOD;
}

int ecnt;
struct EDGE{int u ,v;}E[MX];

int main(){
	init();
	n = read() ,m = read();
	for(int i = 1 ,u ,v ; i <= m ; ++i){
		char type[233];
		scanf("%d%s%d" ,&u ,type ,&v);
		if(type[0] == '=') link(u ,v);
		else E[++ecnt] = (EDGE){u ,v};
	}
	for(int i = 1 ; i <= ecnt ; ++i){
		addedge(find(E[i].u) ,find(E[i].v));
	}

	int in = 0;
	for(int i = 1 ; i <= n ; ++i){
		if(find(i) == i) ++cnt;
		if(find(i) == i && !ind[i]){
			addedge(n + 1 ,find(i));
			++in;
		}
	}
	if(!in){
		puts("0");
		return 0;
	}
	dapai(n + 1);
	LL ans = 0;
	for(int j = 1 ; j <= cnt ; ++j){
		LL tmp = 0;
		for(int i = 0 ; i <= j ; ++i){
			LL add = dp[n + 1][i] * ((j - i) & 1 ? -1 : 1) * C[j][i] % MOD;
			add = (add + MOD) % MOD;
			tmp = (tmp + add) % MOD;
		}
		debug("stained %d color %lld
" ,j ,tmp);
		ans = (ans + tmp) % MOD;
	}
	printf("%lld
" ,ans);
	return 0;
}