Codeforces 1528E Mashtali and Hagh Trees

Posted 2021-06-16 syksykCCC

参考了官方题解的做法。

第 3 个限制本质要求是什么？

或者说，什么样的树可以满足第 3 个限制？

1. 叶向树
2. 根向树
3. 一棵根向树 + 一棵叶向树 + 一条边 拼起来的树

为第三种情况画了一幅直观的图：

用 \\(f_i\\) 表示 无标号、有根、边同向（即都为叶向或都为根向，但此时只算一种）、\\(\\text{deg}(root) \\le 2\\)、最长链为 \\(i\\) 的树的数量。

转移式为：

\\[f_i = f_{i - 1} + \\color{blue}{ f_{i - 1} \\times \\left(\\sum_{j=0}^{i - 2}f_j\\right) } + \\color{red}{ \\binom{f_{i - 1} + 1}{2} } \\]

第一个黑色的部分表示的是 \\(\\text{deg}(root) = 1\\) 的情况，这时候直接取绝于第二层子树的形态。

第二个蓝色的部分表示的是 \\(\\text{deg}(root) = 2\\)，且两边子树的深度不相等的情况。显然有一边必须是深度 \\(=i-1\\)，另一边深度 \\(<i-1\\)，直接乘起来就好了。

第三个红色的部分表示的是 \\(\\text{deg}(root) = 2\\)，且两边子树深度均为 \\(i - 1\\) 的情况。注意到儿子不考虑顺序，所以对于方案 \\((a, b)\\) 和 \\((b, a)\\) 应当被认为是相同的，那么答案就是 \\(\\binom{f_{i - 1}}{2} + f_{i - 1} = \\frac{f_{i - 1}(f_{i - 1} + 1)}{2} = \\binom{f_{i - 1} + 1}{2}\\)，也就是要么两边方案不同，有 \\(\\binom{f_{i - 1}}{2}\\) 种；要么两边方案相同，有 \\(f_{i - 1}\\) 种。

可以利用前缀和，在 \\(O(n)\\) 的时间内预处理出 \\(f_i\\)。

用 \\(f\'_i\\) 表示除了强制 \\(\\text{deg}(root) = 2\\) 外，其他限制和上面一样 的方案数。显然就是去掉了第一项，可以通过差分得到：\\(f_i\' = f_i - f_{i - 1}\\)。

有了 \\(f_i\\) 和 \\(f\'_i\\) 后，我们考虑回答询问，先计算前两种情况（根向/叶向树），注意 \\(\\text{deg}(root)\\) 可以为 \\(1/2/3\\)。

\\[\\text{Answer} = 2\\left(f_n + f_{n - 1} \\binom{1 + \\sum_{j=0}^{n-2} f_j}{2} + \\left(\\sum_{j=0}^{n-2} f_j \\right) \\binom{f_{n - 1} + 1}{2} + \\binom{f_{n - 1} + 2}{3} \\right) - 1 \\]

本质上也就是分类讨论 \\(root\\) 的各个子树的情况，推导和上面 \\(f\\) 的递推式是相似的。

至于 \\(\\times 2\\) 是因为，当前 \\(f\\) 没有对边定向，而我们必须钦定根向 / 叶向。

而 \\(-1\\) 是因为当树的形态为一条链时，两者无区别。

接下来计算第三种情况，我们枚举两边的树的深度 \\(i\\) 和 \\(n-i-1\\)，得到：

\\[\\text{Answer} = \\sum_{i = 0}^{n - 1} (f_i - 1) f\'_{n - i - 1} \\]

红边为“关键边”，而黄边不能为“关键边”（为了防止重复计数），而 \\(i\\) 指的是 \\(\\text{A}\\) 部分的深度。所以发现 \\(\\text{A}\\) 部分是一棵 \\(\\text{deg}(root) \\le 2\\) 的非链根向树（如果为链的话，整棵树退化为一棵叶向树），方案数为 \\(f_i - 1\\)；而 \\(\\text{B}\\) 部分是一棵 \\(\\text{deg}(root) = 2\\) 的叶向树（因为红边一定是最靠右的），方案数为 \\(f_{n - i - 1}\'\\)。根据乘法原理乘起来即可。

两部分加起来即是答案。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 5, MOD = 998244353;
typedef long long ll;
int n, ans, f[N], pref[N];
int C2(ll x) { return (ll)x * (x - 1) % MOD * 499122177 % MOD; }
int C3(ll x) { return (ll)x * (x - 1) % MOD * (x - 2) % MOD * 166374059 % MOD; } 
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin >> n;
	f[0] = 1; f[1] = 2; pref[0] = 1; pref[1] = 3;
	for(int i = 2; i <= n; i++)
	{
		f[i] = (f[i - 1] + (ll)f[i - 1] * pref[i - 2] % MOD + C2(f[i - 1] + 1)) % MOD;
		pref[i] = (pref[i - 1] + f[i]) % MOD;
	}
	ans = (ans + 2ll * f[n] - 1 + MOD) % MOD;
	if(n >= 1) ans = (ans + 2ll * C3(f[n - 1] + 2)) % MOD;
	if(n >= 2) ans = (ans + 2ll * ((ll)f[n - 1] * C2(pref[n - 2] + 1) + (ll)pref[n - 2] * C2(f[n - 1] + 1))) % MOD;
	for(int i = 0; i < n; i++) ans = (ans + (ll)(f[i] + MOD - 1) % MOD * ((n - i - 1 >= 1) ? (f[n - i - 1] - f[n - i - 2] + MOD) % MOD : 0) % MOD) % MOD;
	cout << ans << endl;
	return 0; 
}