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ValuableForests - 题解 ​

标签与难度 ​

标签: 动态规划, 组合计数, 图论, 生成函数, Prufer序列, 树, 森林 难度: 2300

题目大意喵~ ​

主人你好呀~ 这道题是想让我们计算一个关于图论的有趣值，喵！

首先，我们定义一棵没有根的树 TT 的价值是它所有节点的度数的平方和，也就是 ∑u∈V(T)(d(u))2\sum_{u \in V(T)} (d(u))^2。 接着，一个森林的价值是它包含的所有树的价值之和。

我们的任务是，对于给定的 NN 个带编号的顶点，找出所有可能由这些顶点构成的森林，并计算出它们的价值总和。因为结果可能会非常大，所以我们需要对一个质数 MM 取模，呐。

比如说，有3个点，它们可以组成1棵树，也可以是1条边和1个孤立点，还可以是3个孤立点，这些都算不同的森林。我们要把所有这些情况的价值都加起来！

解题思路分析 ​

这道题看起来好复杂，要考虑所有可能的森林，感觉会头晕，喵~ 但是不要怕，让我来带你一步步解开它的谜底！这种计算所有带标号图的某种属性总和的问题，通常都可以用动态规划来解决，这是一种非常强大的魔法哦！

核心思想：DP与贡献法 ​

我们的目标是计算 ∑所有N点森林 FValue(F)\sum_{\text{所有N点森林 F}} \text{Value}(F)。 根据价值的定义，它可以展开为 ∑F∑T∈F∑u∈V(T)(dT(u))2\sum_{F} \sum_{T \in F} \sum_{u \in V(T)} (d_T(u))^2。

这个三层求和看着就让人头大，喵！我们换个角度看问题。根据求和的线性性质，我们可以先计算每个顶点对总价值的贡献。由于所有 NN 个顶点都是带标号的，但它们在结构上是对称的，所以每个顶点对总价值的贡献是相同的。

因此，我们可以先只计算顶点1的贡献总和，也就是 ∑所有N点森林 F(dF(1))2\sum_{\text{所有N点森林 F}} (d_F(1))^2，然后把结果乘以 NN 就好啦！

但是，直接计算这个值还是有点困难。所以，我们祭出组合DP的大杀器！

建立DP模型 ​

我们来定义几个需要计算的量，让问题变得清晰起来：

  1. V(n)：nn 个带标号顶点能构成的所有森林的价值总和。这就是我们最终要求的答案！
  2. h(n)：nn 个带标号顶点能构成的所有森林的数量。
  3. S(n)：nn 个带标号顶点能构成的所有树的价值总和。
  4. T(n)：nn 个带标号顶点能构成的所有树的数量。

现在，我们来建立它们之间的关系。对于任何一个带标号图的计数问题，一个经典的思路是：揪出一个点（比如1号点），分析它所在的连通块。

我们考虑 nn 个点的情况。1号点必然属于某个连通块（在这里就是一棵树）。假设这棵树的大小是 kk（1≤k≤n1 \le k \le n）。

  1. 首先，我们要为1号点选出 k−1k-1 个小伙伴和它一起组成这棵树。有 (n−1k−1)\binom{n-1}{k-1} 种选法。
  2. 这 kk 个点（1号点和它的小伙伴们）要组成一棵树。
  3. 剩下的 n−kn-k 个点要自己组成一个森林。

基于这个思路，我们可以推导出 V(n) 和 h(n) 的递推式。

1. 计算森林的数量 h(n) ​

根据上面的分析：

  • 选点：(n−1k−1)\binom{n-1}{k-1}
  • kk 个点组成树：有 T(k) 种方案。
  • n−kn-k 个点组成森林：有 h(n-k) 种方案。

把所有可能的 kk 的情况加起来，就得到了 h(n) 的递推式：

h(n)=∑k=1n(n−1k−1)T(k)h(n−k)h(n) = \sum_{k=1}^{n} \binom{n-1}{k-1} T(k) h(n-k)

其中 h(0)=1h(0) = 1（一个空森林）。

T(k) 是什么呢？根据著名的Cayley公式， kk 个带标号顶点能构成的树的数量是 kk−2k^{k-2}（对于 k≥2k \ge 2）。而 T(1)=1T(1)=1。

2. 计算森林的总价值 V(n) ​

同样考虑1号点所在的树大小为 kk。对于固定的 kk 个点和 n−kn-k 个点，总价值由两部分组成：

  • k点树的价值: 这 kk 个点可以构成 T(k) 种不同的树，它们的价值总和是 S(k)。对于每一种这样的树，剩下的 n−kn-k 个点可以构成 h(n-k) 种森林。所以这部分的贡献是 S(k) * h(n-k)。
  • (n-k)点森林的价值: 剩下的 n−kn-k 个点构成的森林们，总价值为 V(n-k)。对于每一种这样的森林，前面的 kk 个点可以构成 T(k) 种树。所以这部分的贡献是 V(n-k) * T(k)。

把它们加起来，再考虑选点和所有可能的 kk，就得到 V(n) 的递推式：

V(n)=∑k=1n(n−1k−1)(S(k)h(n−k)+V(n−k)T(k))V(n) = \sum_{k=1}^{n} \binom{n-1}{k-1} \left( S(k) h(n-k) + V(n-k) T(k) \right)

其中 V(0)=0V(0) = 0。

3. 计算树的总价值 S(n) (最关键的一步喵！) ​

现在只剩下 S(n) 不知道怎么算了。S(n) 是所有 nn 点带标号树的价值总和。

S(n)=∑n点树 T∑u∈V(T)(dT(u))2S(n) = \sum_{\text{n点树 T}} \sum_{u \in V(T)} (d_T(u))^2

同样，因为对称性，所有点的贡献期望是相同的。所以我们可以只算1号点的贡献，然后乘以 nn。

S(n)=n⋅∑n点树 T(dT(1))2S(n) = n \cdot \sum_{\text{n点树 T}} (d_T(1))^2

为了计算 ∑(dT(1))2\sum (d_T(1))^2，我们需要知道对于一个固定的度数 dd，有多少棵树满足 dT(1)=dd_T(1) = d。

这里就要用到一个神奇的工具——Prufer序列！ 一个 nn 个点的带标号树唯一对应一个长度为 n−2n-2、元素取值在 [1,n][1, n] 的Prufer序列。一个点 vv 在Prufer序列中出现的次数等于 dT(v)−1d_T(v) - 1。

所以，要让 dT(1)=dd_T(1) = d，点1就必须在Prufer序列中出现 d−1d-1 次。 我们来数一数这样的序列有多少个：

  1. 在长度为 n−2n-2 的序列中，为点1选出 d−1d-1 个位置：(n−2d−1)\binom{n-2}{d-1} 种选法。
  2. 剩下的 n−2−(d−1)=n−d−1n-2-(d-1) = n-d-1 个位置，可以填入除了1以外的任意 n−1n-1 个点。所以有 (n−1)n−d−1(n-1)^{n-d-1} 种填法。

所以，满足 dT(1)=dd_T(1)=d 的树的数量是 (n−2d−1)(n−1)n−d−1\binom{n-2}{d-1} (n-1)^{n-d-1}。 那么，1号点的度数平方和就是：

∑n点树 T(dT(1))2=∑d=1n−1d2⋅(数量: (n−2d−1)(n−1)n−d−1)\sum_{\text{n点树 T}} (d_T(1))^2 = \sum_{d=1}^{n-1} d^2 \cdot \left( \text{数量: } \binom{n-2}{d-1} (n-1)^{n-d-1} \right)

最后，我们得到 S(n) 的计算公式：

S(n)=n⋅∑d=1n−1d2(n−2d−1)(n−1)n−d−1S(n) = n \cdot \sum_{d=1}^{n-1} d^2 \binom{n-2}{d-1} (n-1)^{n-d-1}

总结一下我们的DP流程 ​

  1. 预处理: 计算组合数 C(i, j) 和幂 pow(base, exp)。
  2. 主循环: 从 n = 1 到 N 进行递推。
  3. 在循环 n 中： a. 用 Cayley 公式计算 T(n) = n^(n-2)。 b. 用 Prufer 序列推导出的公式计算 S(n)。 c. 用递推式 h(n)=∑k=1n(n−1k−1)T(k)h(n−k)h(n) = \sum_{k=1}^{n} \binom{n-1}{k-1} T(k) h(n-k) 计算 h(n)。 d. 用递推式 V(n)=∑k=1n(n−1k−1)(S(k)h(n−k)+V(n−k)T(k))V(n) = \sum_{k=1}^{n} \binom{n-1}{k-1} ( S(k) h(n-k) + V(n-k) T(k) ) 计算 V(n)。

这样，我们就可以在 O(N2)O(N^2) 的时间里预处理出所有答案啦！是不是很清晰了呢，喵~

代码实现 ​

下面是我根据上面的思路，精心为你准备的代码哦~ 加了很多注释，希望能帮助你理解，喵！

cpp
#include <iostream>
#include <vector>
#include <numeric>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int MAXN = 5005;

ll C[MAXN][MAXN];
ll MOD;

// 快速幂，用来计算 a^b % MOD，喵~
ll power(ll base, ll exp) {
    ll res = 1;
    base %= MOD;
    while (exp > 0) {
        if (exp % 2 == 1) res = (res * base) % MOD;
        base = (base * base) % MOD;
        exp /= 2;
    }
    return res;
}

// 预处理组合数 C(n, k)
void precompute_combinations(int n) {
    C[0][0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; ++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;
        }
    }
}

// DP数组，名字取得很直白吧，喵~
ll num_trees[MAXN];          // T(n): n个点的树的数量
ll num_forests[MAXN];        // h(n): n个点的森林的数量
ll total_value_trees[MAXN];  // S(n): n个点的所有树的价值总和
ll total_value_forests[MAXN]; // V(n): n个点的所有森林的价值总和，我们的最终答案！

void solve() {
    int n_max = 5000;
    precompute_combinations(n_max);

    // 初始化DP数组的边界条件
    num_forests[0] = 1; // 空森林只有1种
    total_value_forests[0] = 0; // 空森林价值为0

    num_trees[1] = 1;
    num_forests[1] = 1;
    total_value_trees[1] = 0; // 单个点度数为0，价值为0
    total_value_forests[1] = 0;

    // 开始DP！ n从2开始
    for (int n = 2; n <= n_max; ++n) {
        // 1. 计算 T(n)，n个点的树的数量 (Cayley's Formula)
        // n>=2 时, T(n) = n^(n-2)
        num_trees[n] = power(n, n - 2);

        // 2. 计算 S(n)，n个点的所有树的价值总和
        // S(n) = n * sum_{d=1}^{n-1} d^2 * C(n-2, d-1) * (n-1)^(n-d-1)
        ll sum_d_sq_for_one_node = 0;
        for (int d = 1; d < n; ++d) {
            ll term = (ll)d * d % MOD;
            term = (term * C[n - 2][d - 1]) % MOD;
            term = (term * power(n - 1, n - 1 - d)) % MOD;
            sum_d_sq_for_one_node = (sum_d_sq_for_one_node + term) % MOD;
        }
        total_value_trees[n] = (n * sum_d_sq_for_one_node) % MOD;

        // 3. 计算 h(n) 和 V(n)
        // h(n) = sum_{k=1 to n} C(n-1, k-1) * T(k) * h(n-k)
        // V(n) = sum_{k=1 to n} C(n-1, k-1) * (S(k)h(n-k) + V(n-k)T(k))
        for (int k = 1; k <= n; ++k) {
            ll combinations = C[n - 1][k - 1];
            
            // 更新 h(n)
            ll h_term = (combinations * num_trees[k]) % MOD;
            h_term = (h_term * num_forests[n - k]) % MOD;
            num_forests[n] = (num_forests[n] + h_term) % MOD;
            
            // 更新 V(n)
            ll v_term1 = (combinations * total_value_trees[k]) % MOD;
            v_term1 = (v_term1 * num_forests[n - k]) % MOD;

            ll v_term2 = (combinations * total_value_forests[n - k]) % MOD;
            v_term2 = (v_term2 * num_trees[k]) % MOD;
            
            total_value_forests[n] = (total_value_forests[n] + v_term1 + v_term2) % MOD;
        }
    }
}

int main() {
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(NULL);

    int T;
    cin >> T >> MOD;

    solve();

    while (T--) {
        int n;
        cin >> n;
        cout << total_value_forests[n] << "\n";
    }

    return 0;
}

复杂度分析 ​

  • 时间复杂度: O(Nmax2)O(N_{max}^2)。

    • 预处理组合数 C(n,k) 需要 O(Nmax2)O(N_{max}^2) 的时间。
    • 主DP循环从 n=1 到 N_max。
    • 在每个 n 中，计算 S(n) 需要一个 O(n) 的循环。
    • 计算 h(n) 和 V(n) 需要一个 O(n) 的内层循环（k 从1到n）。
    • 总的时间复杂度是 ∑n=1NmaxO(n)=O(Nmax2)\sum_{n=1}^{N_{max}} O(n) = O(N_{max}^2)。对于 Nmax=5000N_{max}=5000 来说是完全可以接受的，喵~

  • 空间复杂度: O(Nmax2)O(N_{max}^2)。

    • 主要的空间开销是存储组合数的二维数组 C[MAXN][MAXN]。DP数组 num_trees, num_forests 等都是一维的，占用 O(Nmax)O(N_{max}) 空间。

知识点总结 ​

这道题真是一次有趣的探险呢，我们用到了好多强大的工具，喵！

  1. 组合动态规划: 解决带标号图计数问题的常用方法。核心思想是“揪出一个点，分析它所在的连通块”。
  2. Cayley公式: nn 个带标号顶点的生成树数量为 nn−2n^{n-2}。这是图论中的一个经典结论。
  3. Prufer序列: 树与序列之间的一一对应关系，是处理带标号树度数相关问题的利器。
  4. 贡献法/线性性质: 将一个复杂的求和问题，拆解为计算每个基本单元（比如每个顶点）的贡献，大大简化了问题。
  5. 递推思想: 通过已知的 k 和 n-k 的子问题解，来构造 n 的问题的解。

希望这篇题解能帮到你哦！如果还有不明白的地方，随时可以再来问我，我随时待命，喵~ >w<