Operating on the Tree - 题解

标签与难度

标签: 树形DP, 组合计数, 排列组合, 动态规划难度: 2200

题目大意喵~

主人你好呀，这道题是说，我们有一棵 $n$ 个节点的树，节点的编号是 $0$ 到 $n-1$ 呐。

然后呢，有一个从 $0$ 到 $n-1$ 的排列 $p$ ，我们会按照这个排列的顺序 $p_0, p_1, \dots, p_{n-1}$ 来依次对树上的节点进行一种“操作”。

对于第 $i$ 次操作（也就是对节点 $p_i$ 的操作），如果它满足某个条件，这次操作就被算作一次“有效操作”。我们把一次排列 $p$ 中所有有效操作的总次数记为 $f(p)$ 。

这个“有效操作”的条件，题目里说得有点绕，不过我帮你解读一下喵~ 它其实是指：当对节点 $u=p_i$ 进行操作时，如果 $u$ 的邻居中，至少还有一个节点没有被操作过（也就是在排列 $p$ 中出现在 $u$ 的后面），那么这次对 $u$ 的操作就是有效的。

我们的任务是，计算对于所有可能的 $n!$ 种排列 $p$ ，它们的 $f(p)$ 值的总和是多少。也就是计算 $\sum_{p \in S} f(p)$ ，其中 $S$ 是所有 $0$ 到 $n-1$ 的排列的集合。结果要对 $998244353$ 取模哦！

解题思路分析

这道题要求我们对所有排列求一个值的总和，这种问题通常不是真的去生成所有排列，而是通过变换求和顺序，从另一个角度来计算贡献，喵~

我们可以把总和 $\sum_{p \in S} f(p)$ 展开：

\sum_{p \in S} f(p) = \sum_{p \in S} \sum_{i=0}^{n-1} [\text{对 } p_i \text{ 的操作在 } p \text{ 中是有效的}]

这里 [] 是艾弗森括号，如果里面的条件成立，值为1，否则为0。

根据线性性质，我们可以交换求和顺序：

= \sum_{u=0}^{n-1} \sum_{p \in S} [\text{对 } u \text{ 的操作在 } p \text{ 中是有效的}]

这就把问题转化成：对于每一个节点 $u$ ，计算它在多少个排列中是“有效”的，然后把所有节点的这个数量加起来。

一个对节点 $u$ 的操作是有效的，当且仅当 $u$ 不是在它自己以及它的所有邻居中最后一个被操作的。

这个问题看起来可以用树形DP来解决！我们随便选一个节点（比如节点1，题目给的父节点是从2到n，所以1是根）作为根，把无向树变成有向树。这样，一个节点的邻居就分成了它的父节点和它的子节点。

DP状态设计

我们来设计一个树形DP。对于以节点 u 为根的子树，我们需要知道哪些信息才能向上合并呢？我们需要知道在 u 的子树中，所有节点的排列方式有多少种，以及这些排列方式下，子树内部产生的总有效操作数是多少。

更具体地说，u 自己的有效性与它的父节点和子节点有关。在处理 u 的子树时，我们还不知道父节点什么时候被操作，所以 u 的有效性可能还不能完全确定。这就启发了我们的DP状态设计，喵~

对于每个节点 u，我们定义两种状态：

开心状态 (Happy): 在 u 的子树的排列中，u 在它的 至少一个孩子 之前被操作。这种情况下，无论 u 的父节点何时被操作，u 的操作都 已经确定是有效的 了。
期望状态 (Hopeful): 在 u 的子树的排列中，u 在它的 所有孩子 之后被操作。这种情况下，u 的操作是否有效，完全取决于它的父节点是否在它之后被操作。它“期望”着父节点能拯救它，让它变得有效。

所以，我们的DP状态可以定义为一个元组 dp[u][state][k]：

u: 当前子树的根节点。
state: u 的状态，0 代表开心，1 代表期望。
k: 在 u 的子树的排列中，排在 u 前面的节点数量。
dp[u][state][k] 存一个二元组 {ways, score}:
- ways: 达到这种状态的排列方式有多少种。
- score: 在这些排列方式下，u 的子树内部（不包括 u 自己）产生的有效操作总数之和。

DP转移

DP的核心就是子树的合并。假设我们已经处理好了节点 u（以及它已经合并过的子树），现在要合并一个新的子树，根为 v（v是u的一个孩子）。

令 u 的当前子树大小为 $S_u$ ，v 的子树大小为 $S_v$ 。我们需要从 u 的子树排列和 v 的子树排列，合并成一个大小为 $S_u + S_v$ 的新排列。

合并时，我们需要遍历 u 和 v 的所有可能状态和位置，然后计算新状态。假设 u 在其子树排列中有 $k_u$ 个节点在它前面，v 在其子树排列中有 $k_v$ 个节点在它前面。

当我们把 v 子树的排列“插入”到 u 子树的排列中时，我们需要考虑 u 和 v 的相对顺序。

如果 u 在 v 之前:
- u 的状态变为开心，因为它在它的孩子 v 之前。
- v 的状态：如果 v 本来是期望状态（指望父节点拯救），现在父节点 u 在它之前，那它就没希望了，它的操作对 (u,v) 这条边来说是无效的。如果 v 本来就是开心状态（被自己的孩子满足了），那它依然开心。
- 分数更新: u 的操作因为 v 而变得有效，贡献+1。v 的操作是否有效，取决于它自己的原始状态。
如果 v 在 u 之前:
- u 的状态：u 在孩子 v 之后，所以它能否变开心，仍然取决于它原来的状态以及和其他孩子的关系。
- v 的状态：v 在它的父节点 u 之前，所以 v 的操作因为 u 而变得有效。v 变为开心状态。
- 分数更新: v 的操作因为 u 而变得有效，贡献+1。u 的操作是否有效，取决于它自己的原始状态。

这个合并过程涉及到组合计数。比如，要把 v 子树的 $k_v$ 个前驱和 $S_v-1-k_v$ 个后继，与 u 的 $k_u$ 个前驱和 $S_u-1-k_u$ 个后继合并，同时保持它们内部的相对顺序。这可以用组合数 $\binom{n}{k}$ 来计算。

在每次合并后，我们会得到一个新的DP表 dp[u]，代表 u 合并了 v 之后的新状态。

最终答案

当 dfs(1) 执行完毕后，我们得到了根节点1的DP信息。

对于根节点 dp[1][0][k] (开心状态) 的所有排列，根节点1的操作是有效的，贡献为1。
对于根节点 dp[1][1][k] (期望状态) 的所有排列，根节点1没有父节点来拯救它，所以它的操作是无效的，贡献为0。

所以，最终的总分就是： sum(dp[1][0][k].score) + sum(dp[1][1][k].score) + sum(dp[1][0][k].ways) (前两项是子树内部的总分，最后一项是根节点自己在开心状态下的贡献)

这个过程有点复杂，但只要我们把状态和转移想清楚，就可以一步步实现啦，喵~

代码实现

这是我根据上面的思路，为你精心准备的一份代码哦！里面的注释应该能帮助你更好地理解每一步，加油喵~

cpp

#include <iostream>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <utility>

using namespace std;

const int MAXN = 2005;
const int MOD = 998244353;

typedef long long ll;

// 使用 pair 来存储 {ways, score}
using pii = pair<int, int>;

// 组合数预处理
ll C[MAXN][MAXN];

// 邻接表存树
vector<int> adj[MAXN];
int n;

// dp[u][state][k]: u为根的子树, u处于state状态, u前面有k个节点的 {方案数, 分数和}
// state 0: Happy (u在至少一个孩子前, 自身有效)
// state 1: Hopeful (u在所有孩子后, 自身有效性待定)
pii dp[MAXN][2][MAXN];
int sz[MAXN];

// 临时DP数组，用于合并
pii tmp_dp[2][MAXN];

void precompute_combinations(int size) {
    for (int i = 0; i <= size; ++i) {
        C[i][0] = 1;
        for (int j = 1; j <= i; ++j) {
            C[i][j] = (C[i - 1][j - 1] + C[i - 1][j]) % MOD;
        }
    }
}

// pair 的加法
pii add(pii a, pii b) {
    return {(a.first + b.first) % MOD, (a.second + b.second) % MOD};
}

// pair 乘以一个常数
pii mul(pii a, ll val) {
    return {(int)(a.first * val % MOD), (int)(a.second * val % MOD)};
}

// 两个 {ways, score} 状态的合并
// (w1, s1) 和 (w2, s2) 合并，新分数为 s1*w2 + s2*w1
pii combine(pii a, pii b) {
    ll ways = (ll)a.first * b.first % MOD;
    ll score = ((ll)a.first * b.second % MOD + (ll)b.first * a.second % MOD) % MOD;
    return {(int)ways, (int)score};
}

void dfs(int u) {
    // 初始化: 单个节点u, 大小为1, 排在它前面的是0个节点
    // 它是Hopeful状态, 因为没有孩子, 所以它在所有孩子之后
    // 方案数1, 子树内部分数0
    sz[u] = 1;
    dp[u][1][0] = {1, 0}; 

    for (int v : adj[u]) {
        dfs(v);

        // 清空临时DP数组
        for (int i = 0; i < 2; ++i) {
            for (int j = 0; j < sz[u] + sz[v]; ++j) {
                tmp_dp[i][j] = {0, 0};
            }
        }

        // --- 合并过程 ---
        // k_u: u前面有多少个来自原u子树的节点
        // k_v: v前面有多少个来自v子树的节点
        for (int k_u = 0; k_u < sz[u]; ++k_u) {
            for (int k_v = 0; k_v < sz[v]; ++k_v) {
                // 组合数: 将k_v个v的前驱和k_u个u的前驱合并, 剩下的也合并
                ll ways_to_interleave = (C[k_u + k_v][k_u] * C[sz[u] - 1 - k_u + sz[v] - 1 - k_v][sz[u] - 1 - k_u]) % MOD;
                
                for (int s_u = 0; s_u < 2; ++s_u) {
                    if (dp[u][s_u][k_u].first == 0) continue;
                    for (int s_v = 0; s_v < 2; ++s_v) {
                        if (dp[v][s_v][k_v].first == 0) continue;

                        pii u_info = dp[u][s_u][k_u];
                        pii v_info = dp[v][s_v][k_v];
                        pii combined_info = combine(u_info, v_info);

                        // Case 1: u 在 v 之前
                        // u 变为 Happy 状态. v 的有效性依赖其原状态 s_v
                        pii current_res = combined_info;
                        current_res.second = (current_res.second + u_info.first * (ll)v_info.first % MOD) % MOD; // u因为v变有效,贡献+1
                        if (s_v == 0) { // v本来就Happy
                           current_res.second = (current_res.second + u_info.first * (ll)v_info.first % MOD) % MOD;
                        }
                        tmp_dp[0][k_u + k_v] = add(tmp_dp[0][k_u + k_v], mul(current_res, ways_to_interleave));

                        // Case 2: v 在 u 之前
                        // u 的状态不变. v 因为 u 变有效
                        current_res = combined_info;
                        current_res.second = (current_res.second + u_info.first * (ll)v_info.first % MOD) % MOD; // v因为u变有效,贡献+1
                        if (s_u == 0) { // u本来就Happy
                            current_res.second = (current_res.second + u_info.first * (ll)v_info.first % MOD) % MOD;
                        }
                        tmp_dp[s_u][k_u + k_v + 1] = add(tmp_dp[s_u][k_u + k_v + 1], mul(current_res, ways_to_interleave));
                    }
                }
            }
        }
        
        sz[u] += sz[v];
        for (int i = 0; i < 2; ++i) {
            for (int j = 0; j < sz[u]; ++j) {
                dp[u][i][j] = tmp_dp[i][j];
            }
        }
    }
}

void solve() {
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        adj[i].clear();
        sz[i] = 0;
        for (int j = 0; j < 2; ++j) {
            for (int k = 0; k < n; ++k) {
                dp[i][j][k] = {0, 0};
            }
        }
    }

    for (int i = 2; i <= n; ++i) {
        int p;
        cin >> p;
        adj[p + 1].push_back(i); // 题目是0-indexed, 我们转为1-indexed
    }

    dfs(1);

    ll total_score = 0;
    for (int k = 0; k < n; ++k) {
        // Happy状态的根节点, 自身贡献1
        ll happy_ways = dp[1][0][k].first;
        ll happy_score = dp[1][0][k].second;
        total_score = (total_score + happy_score) % MOD;
        total_score = (total_score + happy_ways) % MOD;

        // Hopeful状态的根节点, 自身贡献0
        ll hopeful_score = dp[1][1][k].second;
        total_score = (total_score + hopeful_score) % MOD;
    }

    cout << total_score << endl;
}

int main() {
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(NULL);
    precompute_combinations(MAXN - 1);
    int t;
    cin >> t;
    while (t--) {
        solve();
    }
    return 0;
}

复杂度分析

时间复杂度: $O(T \cdot N^3)$ 。每个测试用例 $T$ 中，我们进行一次树形DP。在DP合并子树 v 到 u 的过程中，我们有两层循环遍历 k_u 和 k_v，大小分别是 $O(|u|)$ 和 $O(|v|)$ 。对于每个节点，它作为子树 v 被合并到父节点 u 一次。总的复杂度可以看作是 $\sum_{u} \sum_{v \in children(u)} |u| \cdot |v|$ 。在链状情况下，这会达到 $O(N^3)$ 。在平衡树的情况下会好一些，但最坏是 $O(N^3)$ 。考虑到 $N \le 2000$ ，这个复杂度似乎有点高，但实际上树形DP中涉及子树大小的乘积的复杂度分析通常会更优一些，对于树是 $O(N^2)$ 的。让我们重新分析一下，k_u 循环是 $O(|u|)$ ，k_v 循环是 $O(|v|)$ 。对每个 u，它会遍历所有孩子 v。总复杂度是 $\sum_{(u,v) \in Edges} sz[u] \cdot sz[v]$ ，这在树上是 $O(N^2)$ 的。所以总时间复杂度是 $O(T \cdot N^2)$ 。
空间复杂度: $O(N^2)$ 。我们用了 dp[N][2][N] 的数组来存储DP状态，以及 C[N][N] 的组合数表。所以空间开销是 $O(N^2)$ 。

知识点总结

这道题是树形DP和组合计数的绝佳结合，喵~

转化贡献思想: 求解"所有排列的总和"问题时，一个强大的技巧是把对排列的求和，转化为对每个元素/事件的贡献求和。
树形DP状态设计: 关键在于想清楚在子树合并时，需要从孩子那里继承什么信息，以及需要向父亲传递什么信息。本题中，一个节点的状态（开心/期望）完美地封装了它与父节点未来的交互可能性。
排列组合的合并: 在DP中合并两个子问题（这里是两个子树的排列）时，常常需要用到组合数来计算合并的方式。理解如何用 $\binom{n}{k}$ 来代表选择和穿插的方式是解决这类问题的基础。
DP带权值: 我们的DP状态不仅要记录方案数 (ways)，还要记录这些方案对应的总分 (score)。在合并时，分数的更新规则 s_new = s1*w2 + s2*w1 + ... 是一种常见的带权DP的更新方式。

希望这篇题解能帮到你，如果还有不明白的地方，随时可以再来问我哦！喵~

Operating on the Tree - 题解 ​

标签与难度 ​

题目大意喵~ ​

解题思路分析 ​

DP状态设计 ​

DP转移 ​

最终答案 ​

代码实现 ​

复杂度分析 ​

知识点总结 ​