「LOJ 2983」「WC2019」数树

LOJ #2983. 「WC2019」数树

题意

本题包含三个问题：

• 问题 0：已知两棵 \(n\) 个节点的树的形态。要给予每个节点一个 \([1, y]\) 中的整数，使得对于任意两个节点 \(p, q\)，如果存在边 \((p, q)\) 同时属于这两棵树，则 \(p, q\) 必须被给予相同的数。求给予数的方案数。

• 问题 1：已知第一棵树，对于第二棵树的所有 \(n^{n−2}\) 种选择方案，求问题 0 的答案之和。

• 问题 2：对于第一棵树的所有 \(n^{n−2}\) 种选择方案，求问题 1 的答案之和。

对 \(998244353\) 取模

做法

问题 0

答案是 \(y^{n-\text{公共边数}}\)

问题 1

令 \(z=y^{-1}\)

在最后乘上 \(y^n\)，一种方案对答案的贡献是 \(z^{\text{公共边数}}\)

根据

\[ z^k=(z-1+1)^k=\sum_{i=0}^k \binom{k}{i}(z-1)^k \]

问题可以转化为：对于每个第一棵树边集的子集 \(S\)，和至少包含这个集合的第二棵树的每个方案，有 \((z-1)^{|S|}\) 的贡献

假设 \(S\) 形成的 \(m=n-|S|\) 个联通块大小分别为 \(a_1,a_2,\dotsc,a_m\)

覆盖 \(S\) 的树的数量即把 \(m\) 个联通块按照树的结构连接起来的方案数，等于

\[ \begin{align} &\sum_{\substack{(\sum_{i=1}^m d_i)=2(m-1) \\ d_i\ge 1}} \frac{(m-2)!}{\prod_{i=1}^m (d_i-1)!} \times \prod_{i=1}^m a_i^{d_i} \\ = &\left(\prod_{i=1}^m a_i \right)\sum_{\substack{(\sum_{i=1}^m d_i)=2(m-1) \\ d_i\ge 1}} \frac{(m-2)!}{\prod_{i=1}^m (d_i-1)!} \times \prod_{i=1}^m a_i^{d_i-1} \end{align} \]

其中 \(d_i\) 表示第 \(i\) 个联通块的度数

而第 \(i\) 个联通块在 Prufer 序列中出现了 \(d_i-1\) 次，一种连边方案唯一对应了一种数量分别为 \(d_1-1,d_2-1,\dotsc,d_m-1\) 的 \(m\) 种元素的排列，于是这部分方案数为 \(\frac{(m-2)!}{\prod_{i=1}^m (d_i-1)!}\)，每个端点可以在 \(a_i\) 个点中任意选择，于是有 \(\prod_{i=1}^m a_i^{d_i}\) 的贡献。

上式可以转化为枚举 Prufer 序列的第 \(i\) 位，假设是 \(p_i\)，有 \(a_{p_i}\) 的贡献，每位的方案数就是 \((\sum_{i=1}^m a_i)=n\)，位之间独立，于是 \(m-2\) 位共 \(n^{m-2}\)

上式等于

\[ n^{m-2} \prod_{i=1}^m a_i \]

其中 \(\prod_{i=1}^m a_i\) 可以理解为在每个联通块中选择一个点的方案数

答案即为

\[ \begin{align} &\sum_{S\subseteq E} (z-1)^{n-m} n^{m-2} \prod_{i=1}^m a_i \\ =&n^{-2} (z-1)^n \sum_{S\subseteq E} (z-1)^{-m} n^m \prod_{i=1}^m a_i \end{align} \]

其中 \(E\) 表示第一棵树的边集

考虑 DP，令 \(f_{i,1/0}\) 表示以 \(i\) 为根的子树，\(i\) 所在的联通块中是否已经选出一个点的方案数，枚举一条边选和不选分别有一个系数，最终答案为 \(f_{1,1}\)

复杂度 \(\mathcal O(n)\)

问题 2

同样枚举一个边集 \(S\) 需要被覆盖

根据上面，方案数是

\[ \left(n^{m-2} \prod_{i=1}^m a_i\right)^2 \]

所有联通块数量为 \(m\) 的总方案数为

\[ \sum_{\substack{(\sum_{i=1}^m a_i)=n \\ a_i\ge 1}} \frac{n!}{m!\prod_{i=1}^m a_i!} \times \prod_{i=1}^m a_i^{a_i-2} \times \left(n^{m-2} \prod_{i=1}^m a_i\right)^2 \]

乘上 \((z-1)^{n-m}\) 后总答案为

\[ \begin{align} &\sum_{m=1}^n (z-1)^{n-m} \sum_{\substack{(\sum_{i=1}^m a_i)=n \\ a_i\ge 1}} \frac{n!}{m!\prod_{i=1}^m a_i!} \times \prod_{i=1}^m a_i^{a_i-2} \times \left(n^{m-2} \prod_{i=1}^m a_i\right)^2 \\ =& (z-1)^n n^{-4} n! \sum_{m=1}^n \frac{(z-1)^{-m} n^{2m}}{m!} \sum_{\substack{(\sum_{i=1}^m a_i)=n \\ a_i\ge 1}} \prod_{i=1}^m \frac{a_i^{a_i}}{a_i!} \\ =& (z-1)^n n^{-4} n! [x^n] \exp\left(\frac{n^2}{z-1} \sum_{i=1}^\infty \frac{i^i}{i!} x^i\right) \end{align} \]

最后一行的 \(\exp\) 感受一下就好了 反推还是能看出来的

复杂度 \(\mathcal O(n\log n)\)

代码

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cctype>
#include<string.h>
#include<cmath>
#include<set>
#include<vector>

using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long

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;
}

const int N = 100005, P = 998244353;
int n, y, op;
namespace subtask1{
	int num, h[N], e[N<<1], pre[N<<1], f[N][2];
	inline int Pow(ll x, int y=P-2){
		int ans=1;
		for(; y; y>>=1, x=x*x%P) if(y&1) ans=ans*x%P;
		return ans;
	}
	inline void add(int x, int y){ e[++num]=y, pre[num]=h[x], h[x]=num;}
	void dfs(int u, int fa=0){
		f[u][0]=1, f[u][1]=n;
		for(int i=h[u]; i; i=pre[i]) if(e[i]!=fa){
			dfs(e[i], u);
			f[u][1]=((ll)f[u][1]*f[e[i]][1]+((ll)f[u][1]*f[e[i]][0]+(ll)f[u][0]*f[e[i]][1])%P*(y-1))%P;
			f[u][0]=((ll)f[u][0]*f[e[i]][1]+(ll)f[u][0]*f[e[i]][0]%P*(y-1))%P;
		}
	}
	void main(){
		y=Pow(y);
		for(int i=1, x, y; i<n; ++i) read(x), read(y), add(x, y), add(y, x);
		dfs(1);
		printf("%lld", (ll)f[1][1]*Pow(n, P-3)%P*Pow(y, P-n-1)%P);
	}
}
namespace subtask2{
	const int M = 1<<18;
	struct Z{
		unsigned x;
		Z(const unsigned _x=0):x(_x){}
		inline Z operator +(const Z &rhs)const{ return x+rhs.x<P?x+rhs.x:x+rhs.x-P;}
		inline Z operator -(const Z &rhs)const{ return x<rhs.x?x-rhs.x+P:x-rhs.x;}
		inline Z operator -()const{ return x?P-x:0;}
		inline Z operator *(const Z &rhs)const{ return static_cast<ull>(x)*rhs.x%P;}
		inline Z operator +=(const Z &rhs){ return x=x+rhs.x<P?x+rhs.x:x+rhs.x-P, *this;}
		inline Z operator -=(const Z &rhs){ return x=x<rhs.x?x-rhs.x+P:x-rhs.x, *this;}
		inline Z operator *=(const Z &rhs){ return x=static_cast<ull>(x)*rhs.x%P, *this;}
	} w[M], Inv[M], fac[M];
	vector<Z> f;

	inline Z Pow(Z x, int y=P-2){
		Z ans=1;
		for(; y; y>>=1, x=x*x) if(y&1) ans=ans*x;
		return ans;
	}
	inline void Init(){
		for(unsigned i=1; i<M; i<<=1){
			w[i]=1;
			Z t=Pow(3, (P-1)/i/2);
			for(unsigned j=1; j<i; ++j) w[i+j]=w[i+j-1]*t;
		}
		Inv[1]=1;
		for(unsigned i=2; i<M; ++i) Inv[i]=Inv[P%i]*(P-P/i);
	}
	inline int Get(int x){ int n=1; while(n<=x) n<<=1; return n;}
	inline void DFT(vector<Z> &f, int n){
		static ull F[M];
		if((int)f.size()!=n) f.resize(n);
		for(int i=0, j=0; i<n; ++i){
			F[i]=f[j].x;
			for(int k=n>>1; (j^=k)<k; k>>=1);
		}
		for(int i=1; i<n; i<<=1) for(int j=0; j<n; j+=i<<1){
			Z *W=w+i;
			ull *F0=F+j, *F1=F+j+i;
			for(int k=j; k<j+i; ++k, ++W, ++F0, ++F1){
				ull t=(*F1)*(W->x)%P;
				(*F1)=*F0+P-t, (*F0)+=t;
			}
		}
		for(int i=0; i<n; ++i) f[i]=F[i]%P;
	}
	inline void IDFT(vector<Z> &f, int n){
		f.resize(n), reverse(f.begin()+1, f.end());
		DFT(f, n);
		Z I=Pow(n);
		for(int i=0; i<n; ++i) f[i]=f[i]*I;
	}
	inline vector<Z> operator +(const vector<Z> &f, const vector<Z> &g){
		vector<Z> ans=f;
		for(unsigned i=0; i<f.size(); ++i) ans[i]+=g[i];
		return ans;
	}
	inline vector<Z> operator *(const vector<Z> &f, const vector<Z> &g){
		if((ull)f.size()*g.size()<=1000){
			vector<Z> ans;
			ans.resize(f.size()+g.size()-1);
			for(unsigned i=0; i<f.size(); ++i) for(unsigned j=0; j<g.size(); ++j)
				ans[i+j]+=f[i]*g[j];
			return ans;
		}
		static vector<Z> F, G;
		F=f, G=g;
		int p=Get(f.size()+g.size()-2);
		DFT(F, p), DFT(G, p);
		for(int i=0; i<p; ++i) F[i]*=G[i];
		IDFT(F, p);
		return F.resize(f.size()+g.size()-1), F;
	}
	vector<Z> &PolyInv(const vector<Z> &f, int n=-1){
		if(n==-1) n=f.size();
		if(n==1){
			static vector<Z> ans;
			return ans.clear(), ans.push_back(Pow(f[0])), ans;
		}
		vector<Z> &ans=PolyInv(f, (n+1)/2);
		vector<Z> tmp(&f[0], &f[0]+n);
		int p=Get(n*2-2);
		DFT(tmp, p), DFT(ans, p);
		for(int i=0; i<p; ++i) ans[i]=((Z)2-ans[i]*tmp[i])*ans[i];
		IDFT(ans, p);
		return ans.resize(n), ans;
	}
	inline vector<Z> Derivative(const vector<Z> &a){
		vector<Z> ans(a.size()-1);
		for(unsigned i=1; i<a.size(); ++i) ans[i-1]=a[i]*i;
		return ans;
	}
	inline vector<Z> Integral(const vector<Z> &a){
		vector<Z> ans(a.size()+1);
		for(unsigned i=0; i<a.size(); ++i) ans[i+1]=a[i]*Inv[i+1];
		return ans;
	}
	inline vector<Z> PolyLn(const vector<Z> &f){
		vector<Z> ans=Derivative(f)*PolyInv(f);
		ans.resize(f.size()-1);
		return Integral(ans);
	}
	vector<Z> PolyExp(const vector<Z> &f, int n=-1){
		if(n==-1) n=f.size();
		if(n==1) return {1};
		vector<Z> ans=PolyExp(f, (n+1)/2), tmp;
		ans.resize(n), tmp=PolyLn(ans);
		for(Z &i:tmp) i=-i;
		++tmp[0].x;
		ans=ans*(tmp+f);
		return ans.resize(n), ans;
	}
	void main(){
		if(y==1) { printf("%u", Pow(n, (n-2)*2).x); return;}
		Init();
		y=Pow(y).x, fac[0]=1, f.resize(n+1);
		Z k=Pow(y-1)*n*n;
		for(int i=1; i<=n; ++i) f[i]=k*Pow(i, i)*Pow(fac[i]=fac[i-1]*i);
		f=PolyExp(f);
		printf("%u", (f[n]*Pow(y-1, n)*Pow(n, P-5)*fac[n]*Pow(y, P-n-1)).x);
	}
}
int main() {
	freopen("tree.in", "r", stdin);
	freopen("tree.out", "w", stdout);
	read(n), read(y), read(op);
	if(op==0){
		static set<pair<int,int>> _;
		static pair<int,int> __;
		for(int i=1; i<n; ++i) read(__.first), read(__.second), _.insert(__);
		int cnt=0;
		for(int i=1; i<n; ++i) read(__.first), read(__.second), cnt+=_.count(__);
		printf("%d", subtask1::Pow(y, n-cnt));
	}
	else if(op==1) subtask1::main();
	else subtask2::main();
	return 0;
}