题解：P14270 ABC253Ex 加强版

题意

有一张 \(n\) 个点的图，初始时图中无边。给定 \(m\) 条无向边，每次操作可以选择 \(m\) 条边中的一条加入图中。对于每个 \(i=1,\cdots,n-1\)，求出加入 \(i\) 条边后图形成一个森林的方案数。\(2\leq n\leq 20\)，\(1\leq m\leq 500\)。

题解

考虑求出一个集合幂级数 \(F(x)\)，其中 \([x^S]F(x)\) 表示 \(S\) 的导出子图的生成树个数。显然加入 \(i\) 条边后形成的森林由 \(n-i\) 棵树组成，因此答案就是

\[\sum_{k=1}^{n-1}(n-k)![x^U]\frac{F(x)^k}{k!} \]

\(F(x)\) 的求法这里暂且不作论述，不妨先考虑求出 \(F(x)\) 后如何计算答案。我们的问题是：给定集合幂级数 \(F(x)\)，对于每个 \(k=1,\cdots,n-1\) 求出 \([x^U]\dfrac{F(x)^k}{k!}\)。

考虑其组合意义就是对于每个 \(k\)，求出将 \(U\) 拆分成 \(k\) 个无序集合的方案数，这里对于拆分出的每个集合 \(T\)，其内部排列的方案数为 \([x^T]F(x)\)。套路地给拆分出的集合钦定顺序，按照 \(\max(T)\) 从小到大加入。考虑 DP，令 \(h_{i,j,S}\) 表示考虑到 \(\max(S)\leq i\) 的 \(S\)，将其拆分成 \(j\) 个部分的方案数。刷表转移：

• 不加入 \(\max(S)=i+1\) 的集合：\(h_{i,j,S}\to h_{i+1,j,S}\)。
• 加入 \(\max(S)=i+1\) 的集合：设 \([x^S]F_i(x)=[\max(S)=i][x^S]F(x)\)，则 \(h_{i,j}\times F_{i+1}\to h_{i+1,j+1}\)，其中乘法为子集卷积。

枚举到 \(i\) 时，需要做 \(i\) 次规模为 \(2^i\) 的子集卷积，时间复杂度为 \(\mathcal{O}(\sum_{i=1}^n 2^ii^3)=\mathcal{O}(2^nn^3)\)，无法通过。

注意到我们最终只关心 \(h_{n,k,U}\) 的值，考虑把这个 DP 倒着做，从 \(U\) 开始，按 \(\max(S)\) 从大到小删除集合，将状态定义改为：\(h_{i,j,S}\) 表示考虑从 \(U\) 开始，删除了 \(j\) 个 \(\max(T)> i\) 的集合变成 \(S\) 的方案数，这里 \(\max(S)\leq i\)。转移是类似的：

• 不删除 \(\max(T)=i\) 的集合：\(h_{i,j,S}\to h_{i-1,j,S}\)。
• 删除 \(\max(T)=i\) 的集合：\(h_{i,j,S}\times [x^T]F(x)\to h_{i-1,j+1,S-T}\)，这里 \(\max(T)=\max(S)=i,T\subseteq S\)。

考虑如何处理第二种转移。设 \(f_T=[x^T]F(x)\)，首先将转移写作：

\[h_{i,j,S\cup\{i\}}\times f_{T\cup \{i\}}\to h_{i-1,j+1,S-T}\ (T\subseteq S) \]

将 \(\{i\}\) 略去，这实际上是子集差卷积的形式。使用类似多项式差卷积的手法，我们反转其中一个集合幂级数，具体来说，考虑令 \(h'_{i,j,S}=h_{i,j,\complement_US}\)（这里 \(U=\{1,\cdots,i-1\}\)），此时转移变成

\[h'_{i,j,S}\times f_T\to h'_{i-1,j+1,S\cup T}\ (S\cap T=\varnothing) \]

这就是标准的子集卷积的形式了！我们可以 \(\mathcal{O}(2^{i-1}(i-1)^2)\) 计算之。

注意到改变状态定义后，有 \(1\leq j\leq n-i\)，这样枚举到 \(i\) 时，只需要做 \(n-i\) 次规模为 \(2^{i-1}\) 的子集卷积，时间复杂度降至 \(\mathcal{O}(\sum_{i=1}^n(n-i)2^{i-1}(i-1)^2)=\mathcal{O}(2^nn^2)\)。

时间复杂度的证明

设 \(f(n)=\sum\limits_{i=1}^n(n-i)2^{i-1}(i-1)^2\)，则有

\[f(n)=f(n-1)+\sum_{i=1}^{n-1}2^{i-1}(i-1)^2=f(n-1)+\mathcal{O}(2^nn^2) \]

因此 \(f(n)=\mathcal{O}(2^nn^2)\)。\(\Box\)

计算答案时，取 \(h_{0,k,\varnothing}\) 即为我们所求。

现在我们会 \(\mathcal{O}(2^nn^2)\) 计算答案了，回到最初的问题：如何计算 \(F(x)\)？

这里提供两种做法。

做法 1

令 \(f_S\) 表示 \(S\) 的导出子图的生成树个数。考虑到断开一条树边后会分裂成两棵子树，不妨枚举 \(T\) 表示分裂出 \(T,S-T\) 两棵子树，得到转移：

\[f_S=\frac{1}{2(|S|-1)}\sum_{\substack{T\subseteq S\\\min(S)\in T}}f_Tf_{S-T}\operatorname{cnt}(T,S-T) \]

其中 \(\operatorname{cnt}(T,S-T)\) 表示一端在 \(T\) 中，另一端在 \(S-T\) 中的边数。这里乘上 \(\dfrac{1}{2(|S|-1)}\) 是因为一棵树的每一条边都可以作为断边，而一棵子树会被作为 \(T\) 或 \(S-T\) 枚举两次，因此一棵树恰好被重复计算 \(2(|S|-1)\) 次。

容斥一下可以得到 \(\operatorname{cnt}(T,S-T)=g_S-g_T-g_{S-T}\)，其中 \(g_S\) 表示两端都在 \(S\) 中的边数。

因此转移可以被写作：

\[f_S=\frac{1}{2(|S|-1)}\left(g_S\sum_{\substack{T\subseteq S}}f_Tf_{S-T}-2\sum_{\substack{T\subseteq S}}f_Tg_Tf_{S-T}\right) \]

显然两个和式都是半在线子集卷积的形式，直接做即可。时间复杂度为 \(\mathcal{O}(2^nn^2)\)，常数较大。

做法 2

还是令 \(f_S\) 表示 \(S\) 的导出子图的生成树个数，我们不去枚举断边，而是将 \(\max(S)\) 这个点删去，这样会分裂成若干棵不交的 \(\max(T)<i\) 的子树 \(T\)。据此考虑从小到大枚举 \(i\)，每次更新 \(\max(S)=i\) 的 \(f_S\)。构造集合幂级数 \(G(x)\)，其中 \([x^T]G(x)=f_T\operatorname{cnt}(T,\{i\})\)，我们对 \(G\) 做 \(\exp\)，然后容易得出 \(f_{S\cup\{i\}}=[x^S]\exp(G(x))\)。

枚举到 \(i\) 时需要做一次规模为 \(2^{i-1}\) 的 \(\exp\)，时间复杂度为 \(\mathcal{O}(\sum_{i=1}^n2^{i-1}(i-1)^2)=\mathcal{O}(2^nn^2)\)，常数较小。

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这里给出做法 2 的主要代码。

主要代码

void OR(auto &a, int n, int tp) {int lim = 1 << n;for (int k = 1; k < lim; k <<= 1)for (int i = 0; i < lim; i += k << 1) for (int j = 0; j < k; ++j) {int *A = a[i ^ j ^ k], *B = a[i ^ j];for (int p = 0; p <= n; ++p) (tp == 1 ? cadd<int> : csub<int>)(A[p], B[p]);}
}void exp(int *a, int n) {static int b[N][21], c[N][21];for (int s = 0; s < 1 << n; ++s) memset(b[s], 0, n + 1 << 2), b[s][pc[s]] = a[s];OR(b, n, 1);for (int s = 0; s < 1 << n; ++s) {c[s][0] = 1;for (int i = 1; i <= n; ++i) {int val = 0;for (int j = 1; j <= i; ++j) cadd<int>(val, (ll)j * b[s][j] % MOD * c[s][i - j] % MOD);c[s][i] = (ll)val * inv[i] % MOD;}}OR(c, n, -1);for (int s = 0; s < 1 << n; ++s) a[s] = c[s][pc[s]];
}
void mul(int *a, int *res, int n) {static int b[N][21], tmp[21];int U = (1 << n) - 1;for (int s = 0; s < 1 << n; ++s) memset(b[s], 0, n + 1 << 2), b[s][pc[s]] = a[s ^ U];OR(b, n, 1);for (int s = 0; s < 1 << n; ++s) {memset(tmp, 0, n + 1 << 2);for (int i = 0; i <= n; ++i) for (int j = 0; j <= n - i; ++j)cadd<int>(tmp[i + j], (ll)b[s][i] * F[s][j] % MOD);memcpy(b[s], tmp, n + 1 << 2);}OR(b, n, -1);for (int s = 0; s < 1 << n; ++s) cadd(res[s], b[s ^ U][pc[s ^ U]]);
}int main() {ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);cin >> n >> m;for (int i = 1, u, v; i <= m; ++i) cin >> u >> v, --u, --v, ++A[u][v], ++A[v][u];inv[1] = 1;for (int i = 2; i <= n; ++i) inv[i] = (ll)(MOD - MOD / i) * inv[MOD % i] % MOD;for (int s = 1; s < 1 << n; ++s) pc[s] = pc[s ^ lowbit(s)] + 1;t[1] = 1;for (int i = 1; i < n; ++i) {for (int s = 0; s < 1 << i; ++s) {int cnt = 0;for (int j = 0; j < i; ++j) if (s >> j & 1) cnt += A[i][j];t[s ^ (1 << i)] = (ll)t[s] * cnt % MOD;}exp(t + (1 << i), i);}h[0][(1 << n) - 1] = 1;for (int i = n - 1; ~i; --i) {for (int s = 0; s < 1 << i; ++s) memset(F[s], 0, i + 1 << 2), F[s][pc[s]] = t[s ^ (1 << i)];OR(F, i, 1);for (int j = n - i - 1; ~j; --j) mul(h[j] + (1 << i), h[j + 1], i);}for (int i = 1, fc = 1; i < n; ++i)fc = (ll)fc * i % MOD, cout << (ll)h[n - i][0] * fc % MOD << '\n';return 0;
}