[UOJ#348][WC2018]州区划分

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[UOJ#348][WC2018]州区划分

试题描述

\(S\) 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:

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

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 \({V_1 \cdots V_k}\)\({C_1 \cdots C_s}\) 是不同的,当且仅当 \(k \ne s\) ,或存在某个 \(1 \le i \le k\) ,使得 \(V_i \ne C_i\)

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 \(w_i\)

从标准输入读入数据。

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 \(a\)\(b\) 互质。输出整数 \(x\) 使得 \(bx \equiv a \mod 998244353\)\(0 \le x < 998244353\)。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:\(0 \le n \le 21\)\(0 \le m \le \frac{n \times (n?1)}{2}\)\(0 \le p \le 2\)\(1 \le w_i \le 100\)

测试点 \(1 \sim 5\)\(n \le 15\),每个测试点 \(10\) 分;

测试点 \(7 \sim 9\)\(n\le 21,p=0\),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。

\(f(S)\) 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

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

\(h(S)\) 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。

\(f(i, S)\) 表示所有州的城市个数总和为 \(i\),所有州城市的并集\(S\) 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):

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

\(g(j, S_2) = [|S_2| = j] \cdot h(S_2) \cdot sum(S_2)^p\),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\n", f[n][all]);
    
    return 0;
}

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