[UOJ#348][WC2018]州区划分

[UOJ#348][WC2018]州区划分

试题描述

小 (S) 现在拥有 (n) 座城市，第ii座城市的人口为 (w_i)，城市与城市之间可能有双向道路相连。

现在小 (S) 要将这 (n) 座城市划分成若干个州，每个州由至少一个城市组成，每个城市在恰好一个州内。

假设小 (S) 将这些城市划分成了 (k) 个州，设 (V_i) 是第 (i) 个州包含的所有城市组成的集合。 定义一条道路是一个州的内部道路，当且仅当这条道路的两个端点城市都在这个州内。 如果一个州内部存在一条起点终点相同，不经过任何不属于这个州的城市，且经过这个州的每个城市至少一次、所有内部道路都恰好一次的路径（路径长度可以为 (0)），则称这个州是不合法的。

定义第 (i) 个州的满意度为：第 (i) 个州的人口在前 (i) 个州的人口中所占比例的 (p) 次幂，即：

[left( frac{sum_{x in V_i} w_x}{sum_{j=1}^i sum_{x in V_j} w_x} ight) ^p ]

定义一个划分的满意度为所有州的满意度的乘积，求所有合法的划分方案的满意度之和，答案对 (998244353) 取模。

两个划分 ({V_1 cdots V_k}) 和 ({C_1 cdots C_s}) 是不同的，当且仅当 (k e s) ，或存在某个 (1 le i le k) ，使得 (V_i e C_i)。

输入

从标准输入读入数据。

输入第一行包含三个整数 (n,m,p)，表示城市个数、城市之间的道路个数以及题目描述中的常数 (p)；

接下来 (m) 行，每行两个正整数 (u,v)，描述一条无向的道路，保证无重边无自环；

输入第 (m+2) 行有 (n) 个正整数，第 (i) 个正整数表示 (w_i)。

输出

输出到标准输出。

输出一行一个整数表示答案在模 (998244353) 意义下的取值。

即设答案化为最简分式后的形式为 (frac{a}{b}) ，其中 (a) 和 (b) 互质。输出整数 (x) 使得 (bx equiv a mod 998244353) 且 (0 le x < 998244353)。可以证明这样的整数 (x) 是唯一的。

输入示例1

3 2 1
1 2
2 3
1 1 1

输出示例1

1

输入示例2 & 输出示例2

样例数据下载

数据规模及约定

保证对于所有数据有：(0 le n le 21)，(0 le m le frac{n imes (n−1)}{2})，(0 le p le 2)，(1 le w_i le 100)。

测试点 (1 sim 5)：(n le 15)，每个测试点 (10) 分；

测试点 (7 sim 9)：(nle 21,p=0)，每个测试点 (5) 分；

测试点 (10 sim 13)：(n le 21,p=1)，每个测试点 (5) 分；

测试点 (14 sim 15)：(n le 21,p=2)，每个测试点 (5) 分。

其实 OJ 上每个点分数都一样……

题解

还是从暴力 dp 入手。

令 (f(S)) 表示划分集合 (S) 中的城市的所有方案的满意度之和，那么转移就是

[f(S) = sum_{tS subset S} { f(tS) cdot h(S - tS) cdot left( frac{sum(S - tS)}{sum(S)} ight) ^p } ]

(h(S)) 表示集合 (S) 是否能够成为一个州，能的话值为 (1)，否则值为 (0)；(sum(S)) 表示集合 (S) 的人口数目总和。

接下来我们可以朝着 FWT 的方向去想，不难发现要保证 (tS subset S) 这个条件就是做一个或卷积；但是我们并不能保证每个元素都和与它无交集的元素进行卷积，这时候就需要一个处理，我们给状态加一维。

令 (f(i, S)) 表示所有州的城市个数总和为 (i)，所有州城市的并集为 (S) 的划分方案满意度之和。注意，这里的州之间是可以有交集的。

那么现在就可以进行或卷积了，转移方程如下（令 (A) 表示全集）：

[f(i, S) = sum_{j=1}^i sum_{S_1=0}^A sum_{S_2=0}^A [S_1 cup S_2 = S] cdot [|S_2| = j] cdot h(S_2) cdot f(i-j, S_1) cdot left( frac{sum(S_2)}{sum(S)} ight) ^p \ f(i, S) cdot sum(S)^p = sum_{j=1}^i sum_{S_1=0}^A sum_{S_2=0}^A [S_1 cup S_2 = S] cdot ( [|S_2| = j] cdot h(S_2) cdot sum(S_2)^p ) cdot f(i-j, S_1) ]

令 (g(j, S_2) = [|S_2| = j] cdot h(S_2) cdot sum(S_2)^p)，上面的式子就变成标准的或卷积形式了。

而且这样处理并不会因为州之间有交集而导致不能得到正确答案，当 (i = |S|) 的时候，(f(i, S)) 恰好是符合题意的答案。所以最终答案就是 (f(n, A))。

我们如果在卷积的过程中一直保留点值（即不 IFWT 回去），就可以做到 (2^n) 的卷积，这样复杂度就是 (O(n^2 cdot 2^n)) 的了。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define rep(i, s, t) for(int i = (s), mi = (t); i <= mi; i++)
#define dwn(i, s, t) for(int i = (s), mi = (t); i >= mi; i--)

int read() {
	int x = 0, f = 1; char c = getchar();
	while(!isdigit(c)){ if(c == '-') f = -1; c = getchar(); }
	while(isdigit(c)){ x = x * 10 + c - '0'; c = getchar(); }
	return x * f;
}

#define maxn 22
#define maxm 500
#define maxs 2097152
#define MOD 998244353
#define pii pair <int, int>
#define x first
#define y second
#define mp(x, y) make_pair(x, y)
#define LL long long

int n, m, p, w[maxn], cnt[maxn], can[maxs], sbit[maxs], inv[maxs], f[maxn][maxs], g[maxn][maxs];
pii es[maxm];

int fa[maxn];
int findset(int x) { return x == fa[x] ? x : fa[x] = findset(fa[x]); }

int Pow(int a, int b) {
	int ans = 1, t = a;
	while(b) {
		if(b & 1) ans = (LL)ans * t % MOD;
		t = (LL)t * t % MOD; b >>= 1;
	}
	return ans;
}

void FWT_or(int *a, int len, int tp) {
	int n = 1 << len;
	rep(i, 1, len) for(int j = 0; j < n; j += 1 << i) rep(k, 0, (1 << i >> 1) - 1) {
		int la = a[j+k], ra = a[j+k+(1<<i>>1)];
		if(tp > 0) {
			a[j+k] = (la + ra) % MOD;
			a[j+k+(1<<i>>1)] = la;
		}
		else {
			a[j+k] = ra;
			a[j+k+(1<<i>>1)] = (la - ra + MOD) % MOD;
		}
	}
	return ;
}

int main() {
	n = read(); m = read(); p = read();
	rep(i, 1, m) {
		int a = read() - 1, b = read() - 1;
		es[i] = mp(a, b);
	}
	rep(i, 0, n - 1) w[i] = read();
	
	int all = (1 << n) - 1;
	rep(s, 1, all) {
		int c = 0, cbit;
		rep(i, 0, n - 1) if(s >> i & 1) sbit[s] += w[i], c++;
		cbit = c;
		inv[s] = Pow(sbit[s], MOD - 2);
		rep(i, 0, n - 1) fa[i] = i, cnt[i] = 0;
		rep(i, 1, m) if((s >> es[i].x & 1) && (s >> es[i].y & 1)) {
			int u = findset(es[i].x), v = findset(es[i].y);	
			if(u != v) fa[v] = u, c--;
			cnt[es[i].x]++; cnt[es[i].y]++;
		}
		bool has = 0;
		rep(i, 0, n - 1) if(s >> i & 1) has |= cnt[i] & 1;
		if(has || c > 1) can[s] = 1, g[cbit][s] = Pow(sbit[s], p);
	}
	
	f[0][0] = 1;
	FWT_or(f[0], n, 1);
	
	rep(i, 0, n) FWT_or(g[i], n, 1);
	rep(i, 1, n) {
		rep(j, 1, i) rep(k, 0, all) (f[i][k] += (LL)g[j][k] * f[i-j][k] % MOD) %= MOD;
		FWT_or(f[i], n, -1);
		rep(k, 0, all) f[i][k] = (LL)f[i][k] * Pow(inv[k], p) % MOD;
		if(i < n) FWT_or(f[i], n, 1);
	}
	
	printf("%d
", f[n][all]);
	
	return 0;
}