「LG6596-How Many of Them」题解

P6596 How Many of Them

sol

首先发现 \(n\) 特别小（事实上不如题中给出的这么小。。），于是考虑枚举割边数量。

这么做的一个重要根据是存在如下结论：

对于一个 \(n\) 个点，已有 \(k\) 个联通块的图，记第 \(i\) 个联通块的点数为 \(a_i\)，则连 \(k-1\) 条边使图联通的方案数为：

\[n^{k-2}\prod_{i=1}^ka_i \]

这个结论可以利用 prufer 序列证明。

因此我们关心的就是对于所有 \(k\in[0,m]\)，存在 \(k\) 条割边的所有图形态 \(G\)，下式的值：

\[\sum_G\prod_{i=1}^{k+1}a_i \]

考虑 DP，状态 \(f(i,j)\) 表示 \(i\) 个点 \(j\) 条割边上式的值，转移考虑枚举最后一个点 \(i\) 所在边双的状态，有：

\[f(i,j)=\sum_{k=1}^{i-1}\binom{i-1}{k-1}f(i-k,j-1)f(k,0) \]

\(k\) 为枚举的边双大小，转移式意义显然。

考虑边界条件，也就是 \(j=0\) 时的情况，其意义为 \(i\) 个点的图是一个边双的方案数，考虑容斥，用连通图方案数减去多个边双的方案数即可。多个边双的方案数显然可以通过已经求得的 \(f(i,j>0)\) 以及上面的结论得到，记 \(g(i)\) 为 \(i\) 个点的连通图方案数，有转移式：

\[f(i,0)=\left(g(i)-\sum_{j=1}^{i-1}i^{j-1}f(i,j)\right)i \]

现考虑连通图方案数。同样考虑容斥，所有情况减去不连通的情况即可，同样的考虑枚举点 \(1\) 所在连通块状态，其余不相干的边任意连即可，有转移式：

\[g(i)=2^{\binom{i}{2}}-\sum_{j=1}^{i-1}\binom{i-1}{j-1}g(j)2^{\binom{i-j}{2}} \]

那么答案即为：

\[\sum_{i=0}^mn^{i-1}f(n,i) \]

实际实现上，为防止越界等各种意外情况，枚举上界不得超过 \(n-1\)。

时间复杂度 \(O(n^2)\)。

感觉还是比较适合入门的图计数（？），假如已知开头那个结论的话。其余各个部分都不要求特别有难度的算法，也没有很突兀的思维转折。

code

const int N=55;int n,m;
mint fc[N],iv[N];
mint f[N][N],g[N],ans;
#define C(n,m) (fc[n]*iv[m]*iv[(n)-(m)])inline void Main(){cin>>n>>m;fc[0]=1;rep(i,1,n)fc[i]=fc[i-1]*i;iv[n]=1/fc[n];per(i,n,1)iv[i-1]=iv[i]*i;g[1]=1;rep(i,2,n){g[i]=qpow(2,i*(i-1)/2);repl(j,1,i)g[i]-=C(i-1,j-1)*g[j]*qpow(2,(i-j)*(i-j-1)/2);}f[1][0]=1;rep(i,2,n){repl(j,1,i)repl(k,1,i)f[i][j]+=f[i-k][j-1]*C(i-1,k-1)*f[k][0];f[i][0]=g[i];repl(j,1,i)f[i][0]-=qpow(i,j-1)*f[i][j];f[i][0]*=i;}rep(i,0,min(m,n-1))ans+=qpow(n,i-1)*f[n][i];put(ans);
}