洛谷SCP2025T2 P14254 分割（divide）
题目描述
你是洛咕咕王国的土地测绘官。洛咕咕王国并购了一块新的领土，这块新的领土正等待被分配。
这块领土可被认为是一棵有 \(n\) 个结点、结点编号为 \(1\) 到 \(n\) 的树，根为编号 \(1\)。为了便于表述，我们把每个结点 \(i\) 在原树中的深度记作 \(d_i\)，并规定根的深度为 \(1\)。
你的王国有若干位诸侯希望购买土地，因此现在要从这棵树中选出 \(k\) 个两两不同的结点，并把它们的编号排成一个有序序列 \(b=(b_1,b_2,\dots,b_k)\)。这个序列必须满足两个条件：
第一，每个被选的结点都不是根，并且它们的深度是非降的，也就是对所有 \(1\le i<k\) 有 \(1 < d_{b_i} \le d_{b_{i+1}}\)。
第二，按照序列里每一个结点 \(b_i\)（\(i=1,2,\cdots,k\)），把它们各自与父亲的连边断开。断开这些 \(k\) 条边后，原树会被分成 \(k+1\) 棵互不相交的连通子树。我们把这 \(k+1\) 棵子树依次编号。其中，第 \(1\) 棵到第 \(k\) 棵对应于根为 \(b_1,\dots,b_k\) 的那 \(k\) 棵子树，而第 \(k+1\) 棵子树则是剩下的、包含原来的树根 \(1\) 的那一棵（它的根仍记为 \(1\)）。对于第 \(i\) 棵子树，把该子树中所有结点在原树中的深度值去重后组成一个集合，记为 \(S_i\)。要求这次分割满足等式：
换言之，第 \(1\) 棵子树中出现的所有深度恰好是“出现在所有其他子树中的深度”的交集。
我们把任意两个序列 \(b\) 视为不同的方案当且仅当它们作为序列不同（即结点相同但顺序不同视为不同方案）。你的任务是计算满足上述条件的序列 \(b\) 的个数，对 \(998244353\) 取模后输出结果。
输入格式
第一行包含两个正整数 \(n,k\)，分别表示树的结点个数和需要选出的结点个数。
第二行包含 \(n-1\) 个正整数，第 \(i\) 个正整数表示结点 \((i+1)\) 的父结点的编号 \(p_i\)。根结点 \(1\) 没有父结点。
输出格式
输出一行一个整数，表示满足题目条件的序列 \(b\) 的个数，结果对 \(998244353\) 取模。
输入输出样例 #1
输入 #1
11 2
1 2 3 1 1 5 6 8 1 10
输出 #1
4
输入输出样例 #2
输入 #2
13 3
1 2 3 1 1 5 6 8 1 10 11 7
输出 #2
72
输入输出样例 #3
输入 #3
7 3
1 1 1 1 2 3
输出 #3
12
说明/提示
【样例解释 #1】
如图，合法的序列 \(b\) 一共有 \(4\) 个，分别是：
- 令 \(b_1 = 5, b_2 = 10\)；
- 令 \(b_1 = 10, b_2 = 5\)；
- 令 \(b_1 = 7, b_2 = 11\)；
- 令 \(b_1 = 11, b_2 = 7\)。
以 \(b_1 = 5, b_2 = 10\) 为例，\(d_5 = 2\) 且 \(d_{10} = 2\)，有 \(d_5 \le d_{10}\)。当我们切断结点 \(5\) 和 \(10\) 与其父结点 \(1\) 的连边后，原树被分割成三棵子树。第一棵子树以 \(b_1=5\) 为根，包含结点 \(\{5, 7\}\)；第二棵子树以 \(b_2=10\) 为根，包含结点 \(\{10, 11\}\)；第三棵子树则是包含原树根 \(1\) 的剩余部分。
对于第一棵子树，其结点在原树中的深度为 \(\{2, 3\}\)，因此 \(S_1 = \{2, 3\}\)。对于第二棵子树，其结点深度同样为 \(\{2, 3\}\)，所以 \(S_2 = \{2, 3\}\)。对于包含根结点的第三棵子树，去重后的深度集合为 \(S_3 = \{1, 2, 3, 4\}\)。计算交集可得 \(S_2 \cap S_3 = \{2, 3\}\)，与 \(S_1\) 相等。因此 \(b_1 = 5, b_2 = 10\) 是一个符合条件的序列。
【样例解释 #2】
一个符合条件的序列 \(b\) 是 \(b_1 = 4, b_2 = 9, b_3 = 12\)。
【样例 #4】
见选手目录下的 divide/divide4.in 与 divide/divide4.ans。
这个样例满足测试点 \(8\) 的条件限制。
【样例 #5】
见选手目录下的 divide/divide5.in 与 divide/divide5.ans。
这个样例满足测试点 \(13\) 的条件限制。
【样例 #6】
见选手目录下的 divide/divide6.in 与 divide/divide6.ans。
这个样例满足测试点 \(21\sim 25\) 的条件限制。
【数据范围】
本题共 \(25\) 个测试点，每个测试点占 \(4\) 分，共 \(100\) 分。
| 测试点编号 | \(n\le\) | 特殊性质 |
|---|---|---|
| \(1\sim 2\) | \(12\) | 无 |
| \(3\sim 5\) | \(10^2\) | 无 |
| \(6\sim 7\) | \(2\times 10^3\) | 无 |
| \(8\) | ^ | A |
| \(9\sim 10\) | \(2\times 10^5\) | ^ |
| \(11\sim 12\) | \(10^6\) | ^ |
| \(13\) | \(2\times 10^5\) | B |
| \(14\sim 15\) | \(10^6\) | ^ |
| \(16\sim 20\) | \(2\times 10^5\) | 无 |
| \(21\sim 25\) | \(10^6\) | 无 |
特殊性质 A：\(k=2\)。
特殊性质 B：树为一棵满 \(t\) 叉树，其中 \(t \in [3,n)\cap \Z\)。
对于 \(100\%\) 的数据，保证 \(2\le k< n\le10^6\)，\(1 \leq p_i < i\)。树保证连通。
解题报告
数学还是不行，比赛时推导的式子太复杂并且太难调了，最终只得了 \(40\text{pts}\)。
有一个很明显的性质，就是所选的节点必须在原树中的同一深度。
为什么？首先所选的节点的深度必须不降，同时可以发现，如果节点 \(b_i(i >1)\) 的深度 \(dep_{b_i}\) 比 \(b_1\) 的深度 \(dep_{b_1}\) 大，那么 \(S_i\) 相比于 \(S_1\) 肯定不包含深度 \([dep_{b_1},dep_{b_i}+1]\)，也就不可能是合法情况。所以 所选的节点必须在原树中的同一深度。
那么我们就先把原树上的节点按深度分类，并求出每个子树的最长链的长度（即子树的根节点的高度）。
显然，为了满足条件，所选的节点 \(b_1\) 肯定是高度最小的。
因此，对于每一种深度，我们取出每个节点的高度并从小到大排序后，统计每一种高度的数量并用组合数学计算。这是为了保证 \(b_1\) 高度最小。
设一共有 \(tot\) 种高度，当前处理到第 \(h\) 种高度，数量为 \(cnt\)，设 \(sum_{[l,r]}\) 表示高度在区间 \([l,r]\) 的节点个数。
计算方案数时有以下几点：
- 显然，只有 \(sum[h,tot] \geq K+1\) 时才能有合法方案，\(+1\) 是保证原树的剩下部分的高度同样大于等于 \(b_1\)。
- 从当前高度所属的节点种选一个选为 \(b_1\)，共有 \(cnt \times A_{sum_{[h,tot]}}^{k-1}\) 种总方案（包括合法和不合法的）。
- 注意，如果 \(sum_{[h+1,tot]} \geq k\)，我们就需要扣除不合法的方案数 \(A_{sum_{[h+1,tot]}}^{k-1}\)，这是由于必须要选一个与 \(b_1\) 同高度的 \(b_2\) 来限制之后的并集。
比赛的时候脑卡了没有想到可以容斥，就硬分类讨论，成功把程序调爆了（可恶啊，我的 \(100\) 分和珍贵的时间！！！）。
时间复杂度 \(O(n \log n)\)，修改后的正确代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int mod=998244353;
const int N=3001100;#define ckmax(x,y) ( x=max(x,y) )
#define ckmin(x,y) ( x=min(x,y) )inline int read()
{int f=1,x=0; char ch=getchar();while(!isdigit(ch)) { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }while(isdigit(ch)) { x=x*10+ch-'0'; ch=getchar(); }return f*x;
}vector<int> e[N];
vector<int> pos[N];
int n,m,K,p[N];
int NUM[N],tot;void dfs(int u,int dep)
{pos[dep].push_back(u);ckmax(m,p[u]=dep);for(int i=0;i<e[u].size();i++){int v=e[u][i]; dfs(v,dep+1);ckmax(p[u],p[v]);}
}inline int FastPow(int x,int k)
{int tot=1;x%=mod;while(k){if(k&1) tot=(tot*x)%mod;x=(x*x)%mod;k>>=1;}return tot;
}int fact[N],infact[N];
inline void GetFact()
{fact[0]=1;for(int i=1;i<N;i++)fact[i]=fact[i-1]*i%mod;infact[N-1]=FastPow(fact[N-1],mod-2);for(int i=N-2;i>=0;i--)infact[i]=infact[i+1]*(i+1)%mod;
}inline int C(int n,int m)
{ return fact[n]*infact[m]%mod*infact[n-m]%mod; }inline int A(int n,int m)
{ return fact[n]*infact[n-m]%mod; }signed main()
{// freopen("divide.in","r",stdin);// freopen("divide.out","w",stdout);// 洛谷还是搞一个要用 freopen 的测评方式吧。n=read();K=read(); GetFact();for(int i=2;i<=n;i++)e[read()].push_back(i);dfs(1,1);int ans=0;for(int i=2;i<=m;i++){tot=0;for(int j=0;j<pos[i].size();j++)NUM[++tot]=p[pos[i][j]];sort(NUM,NUM+tot+1);int l=1,r=0;while(l<=tot){while(r<tot && NUM[r+1]==NUM[l]) r++;int cnt=r-l+1,sum=tot-l+1,suc=tot-r;if(sum>=K+1){ans=(ans+cnt*A(sum-1,K-1))%mod;if(suc>=K) ans=(ans-cnt*A(suc,K-1)%mod+mod)%mod;}l=r+1;}}printf("%lld\n",ans%mod);return 0;
}这里附上 \(40\text{pts}\) 的神秘赛事代码，以表警示：
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int mod=998244353;
const int N=3001100;#define ckmax(x,y) ( x=max(x,y) )
#define ckmin(x,y) ( x=min(x,y) )inline int read()
{int f=1,x=0; char ch=getchar();while(!isdigit(ch)) { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }while(isdigit(ch)) { x=x*10+ch-'0'; ch=getchar(); }return f*x;
}vector<int> e[N];
vector<int> pos[N];
int n,m,K,p[N];
int NUM[N],tot;
int cnt[N],top;void dfs(int u,int dep)
{pos[dep].push_back(u);ckmax(m,p[u]=dep);for(int i=0;i<e[u].size();i++){int v=e[u][i]; dfs(v,dep+1);ckmax(p[u],p[v]);}
}inline int FastPow(int x,int k)
{int tot=1;x%=mod;while(k){if(k&1) tot=(tot*x)%mod;x=(x*x)%mod;k>>=1;}return tot;
}int fact[N],infact[N];
inline void GetFact()
{fact[0]=1;for(int i=1;i<N;i++)fact[i]=fact[i-1]*i%mod;infact[N-1]=FastPow(fact[N-1],mod-2);for(int i=N-2;i>=0;i--)infact[i]=infact[i+1]*(i+1)%mod;
}inline int C(int n,int m)
{ return fact[n]*infact[m]%mod*infact[n-m]%mod; }inline int A(int n,int m)
{ return fact[n]*infact[n-m]%mod; }inline int calc1(int sum)
{int ans=0;for(int j=1;j<=top;j++){if(sum<K+1) break;for(int k=2;k<=min(K-1,cnt[j]) && top>1;k++)ans=(ans+k*C(cnt[j],k)%mod*C(sum-cnt[j],K-k)%mod*A(K-1,K-1)%mod)%mod;if(cnt[j]>=K) ans=(ans+A(cnt[j],K))%mod;sum-=cnt[j];}return ans;
}inline int calc2(int sum)
{int ans=0;for(int j=1;j<=top;j++){sum-=cnt[j];if(sum>K || cnt[j]<=K-sum) continue;ans=(ans+C(cnt[j],K-sum)%mod*(K-sum)%mod*A(K-1,K-1)%mod)%mod;}return ans;
}signed main()
{n=read();K=read(); GetFact();for(int i=2;i<=n;i++)e[read()].push_back(i);dfs(1,1);int ans=0;for(int i=2;i<=m;i++){top=0,tot=0;int sum=0;for(int j=0;j<pos[i].size();j++)NUM[++tot]=p[pos[i][j]];sort(NUM,NUM+tot+1);for(int j=1;j<=tot;j++){if(NUM[j]!=NUM[j-1])sum+=cnt[top++];cnt[top]++;}sum+=cnt[top];if(sum>K){if(top>1){ans=(ans+calc1(sum))%mod;ans=(ans+calc2(sum))%mod;}elseans=(ans+A(sum,K))%mod;}for(int j=1;j<=top;j++) cnt[j]=0;}printf("%lld\n",ans%mod);return 0;
}
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