bzoj1494 生成树计数 (dp+矩阵快速幂)-白红宇

bzoj1494 生成树计数 (dp+矩阵快速幂)

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发布时间：2019-06-08

本文共 3559 字，大约阅读时间需要 11 分钟。

题面欺诈系列...

因为一个点最多只能连到前k个点，所以只有当前的连续k个点的连通情况是对接下来的求解有用的

那么就可以计算k个点的所有连通情况，dfs以下发现k=5的时候有52种。

我们把它们用类似于并查集的方式表达（比如12132代表点1和点3连通，2和5连通，3自己），然后再压缩一下。

但要注意的是，12132和23213这两种实际对应的是一种连通情况，我们只要把它都化成字典序最小的那种就可以了

然后考虑增加一个新点以后状态的转移，可以枚举这个点与前k个点（始状态S）的连边情况，其中有一些是不合法的：

　　1.连到了两个本来就连通的点上（导致成环）

　　2.在1号点不与其他点连通的情况下，没有连到1号点（导致不连通）

然后再根据连边情况得到终状态E，将trans[S][E]++。最后trans[i][j]表示的就是加入一个点后由i状态到j状态的方案数

那么就可以得到递推式$f[i][j]=\sum^{总状态数}_{k=1}{f[i-1][k]*trans[k][j]}$，其中f[i][j]表示以i为结尾的k个点状态是j的方案数

那么答案就是f[N][1]（假设1是都连通的状态）

然后初值就应该是f[K][i]=i状态的方案数，其中i状态的方案数为它其中每个联通块方案数的乘积。

那么联通块的方案数怎么算呢？其实题面已经说了...n个点的方案数就是$n^{n-2)}$

然后就可以愉快地dp一脸啦

容易发现递推的形式其实和矩阵乘法是相同的，把f[i]和trans看作矩阵，就是$f[N]=f[K]*trans^{N-K}$

然后就可以倍增做矩阵快速幂了。方法和整数的快速幂是一样的。

复杂度：

　　K=5的状态数接近50，$log(10^{15})$接近50。

　　所以基本上是$50^3*50=6250000$的。

代码写的很蛋疼...

1 #include
     
        2 #include
      
         3 #include
       
          4 #include
          5 #include
         
            6 #define LL long long   7 #define inf 0x3f3f3f3f  8 using namespace std;  9 const LL maxn=1e15+5,maxs=55,p65=50000,mod=65521; 10  11 LL rd(){ 12     LL x=0;char c=getchar();int neg=1; 13     while(c<'0'||c>'9'){
   if(c=='-') neg=-1;c=getchar();} 14     while(c>='0'&&c<='9') x=x*10+c-'0',c=getchar(); 15     return x*neg; 16 } 17  18 LL N;int K,sct,num[6]={
   0,1,1,3,16,125}; 19 LL f[maxs]; 20 LL trans[2][maxs][maxs],out[2][maxs][maxs]; 21 struct ST{ 22     int s[6]; 23     ST(int x=0){memset(s,x,sizeof(s));} 24 }sta[maxs]; 25 struct Mat{ 26     LL m[maxs][maxs]; 27     Mat(){memset(m,0,sizeof(m));} 28 }; 29 int mp[p65]; 30  31 void print(ST s){ 32     for(int i=1;i<=K;i++) printf("%d",s.s[i]); 33 } 34 int STtoInt(ST s){ 35     int x=0;for(int i=1;i<=K;i++) x=x*6+s.s[i];return x; 36 } 37  38 ST toLeast(ST s){ 39     ST flag=ST(-1),re=ST();int n=0; 40     for(int i=1;i<=K;i++){ 41         if(flag.s[s.s[i]]==-1) flag.s[s.s[i]]=n++; 42         re.s[i]=flag.s[s.s[i]]; 43     }return re; 44 } 45  46 void dfs1(int x,ST s,int m){ 47     if(x>=K+1){ 48         sta[++sct]=s;mp[STtoInt(s)]=sct;return; 49     } 50     for(int i=0;i<=m+1;i++){ 51         s.s[x]=i; 52         dfs1(x+1,s,max(m,i)); 53     } 54 } 55  56 void dfs2(int x,ST s,ST from){ 57     if(x>=K+1){ 58         bool flag[6],bb=s.s[1];ST to=ST();int mi=5; 59         memset(flag,0,sizeof(flag)); 60         //print(from);printf("\t");print(s);printf("\n"); 61         for(int i=1;i<=K;i++){ 62             if(!s.s[i]) continue; 63             if(flag[from.s[i]]) return; 64             flag[from.s[i]]=1;mi=min(mi,from.s[i]); 65         } 66         for(int i=2;i<=K;i++){ 67             to.s[i-1]=flag[from.s[i]]?mi:from.s[i]; 68             if(from.s[1]==to.s[i-1]) bb=1; 69         }to.s[K]=mi; 70         if(!bb) return; 71         to=toLeast(to); 72         //print(from);printf("\t");print(s);printf("\t");print(to);printf("\n"); 73         trans[0][mp[STtoInt(from)]][mp[STtoInt(to)]]++; 74          75     }else{ 76         dfs2(x+1,s,from);s.s[x]=1;dfs2(x+1,s,from); 77     } 78 } 79  80 void sets(){ 81     for(int i=1;i<=sct;i++){ 82         dfs2(1,ST(),sta[i]); 83         //for(int j=1;j<=sct;j++) printf("%d ",trans[0][i][j]);printf("\n"); 84         ST cnt=ST(); 85         for(int j=1;j<=K;j++) cnt.s[sta[i].s[j]]++; 86         f[i]=1;for(int j=0;j
          
           >=1;b^=1;112 }LL ans=0;113 for(i=1;i<=sct;i++){114 ans=(ans+f[i]*out[c^1][i][1])%mod;115 }printf("%d\n",ans);116 }117 118 int main(){119 int i,j,k;120 K=rd(),N=rd();121 dfs1(2,ST(),0);sets();122 solve();123 return 0;124 }

转载于:https://www.cnblogs.com/Ressed/p/9461115.html

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