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「Nhk R2」maimai - 题解 ​

标签与难度 ​

标签: 树形DP, 动态规划, 容斥原理, 计数问题, 多项式插值, 组合数学 难度: 2800

题目大意喵~ ​

你好呀，指挥官！诗情小姐姐遇到了一个关于树的问题，需要我们帮忙的说~

问题是这样的：我们有一棵 nn 个节点的树，并且 nn 是一个偶数。我们需要把这 nn 个点两两配对，组成 n/2n/2 个点对。对于每一个点对 (u,v)(u, v)，它们在树上的唯一路径上的所有边都会被"覆盖"。

但是，事情没那么简单呐！

  1. 每条边都有一个属性 ww，范围是 11 到 55。一个配对方案是“合法”的，当且仅当所有被覆盖的边中，包含了从 11 到 ww 的所有属性。
  2. 我们定义 f(k)f(k) 为在配对方案 kk 中，没有被覆盖的边的数量。
  3. 我们的任务是，对于所有可能的未覆盖边数 tt（从 00 到 n−1n-1），计算出有多少种合法的配对方案 kk 使得 f(k)=tf(k)=t。

最后，所有答案都要对 998244353998244353 取模。喵~ 这听起来是不是很有挑战性？别怕，我们一起来解决它！

解题思路分析 ​

这道题真是个小淘气呢，喵~ 它把好几个知识点巧妙地结合在了一起。我们一步步来拆解它！

第一步：处理“所有属性都被覆盖”的约束（容斥原理） ​

“所有属性都必须被覆盖”这个条件是个典型的“与”逻辑，直接计数会非常麻烦。每当遇到“所有”、“都”这类词，我们聪明的猫耳朵就该竖起来，想到容斥原理，喵！

设属性全集为 U={1,2,…,W}U = \{1, 2, \dots, W\}。我们想求的是覆盖了全部 WW 种属性的方案数。根据容斥原理，这个数量等于：

∑S⊆U(−1)∣S∣×(不覆盖任何属性在 S 中的边的方案数)\sum_{S \subseteq U} (-1)^{|S|} \times (\text{不覆盖任何属性在 } S \text{ 中的边的方案数})

这个公式的意思是：

  • (至少不覆盖 SS 中 0 个属性的方案数)
    • (至少不覆盖 SS 中 1 个属性的方案数)
    • (至少不覆盖 SS 中 2 个属性的方案数)
  • ...

这样，问题就转化成了：对于一个给定的属性子集 SS，计算有多少种配对方案，满足所有被覆盖的边的属性都不在 SS 中，并且有 tt 条边未被覆盖。

我们把属性在 SS 中的边称为“禁用边”，其他边称为“可用边”。那么子问题就是：只允许用“可用边”来构成覆盖路径，求不同未覆盖边数 tt 对应的方案数。

最后，我们将对每个 SS 计算出的方案数，根据 ∣S∣|S| 的奇偶性加加减减，就能得到最终答案啦！

第二步：处理“未覆盖边数”的约束（多项式插值） ​

现在，对于一个固定的禁用属性集 SS，我们要计算有 tt 条未覆盖边的方案数，记为 AtA_t。直接在 DP 状态里加一维来记录 tt 会让复杂度爆炸，喵~

这时候，一个强大的工具——多项式就登场了！我们构造一个生成函数（多项式）P(x)=∑t=0n−1AtxtP(x) = \sum_{t=0}^{n-1} A_t x^t。如果我们能求出这个多项式 P(x)P(x) 的系数 AtA_t，问题就解决了。

直接求多项式的系数很难，但我们可以先求出它在某些点上的值。比如，我们计算出 P(0),P(1),…,P(n)P(0), P(1), \dots, P(n) 的值。一个 n−1n-1 次多项式可以被 nn 个点唯一确定。有了这些点值，我们就可以通过多項式插值（比如牛顿插值法或拉格朗日插值法）来反解出多项式的系数 AtA_t。

那么，如何计算 P(c)=∑πc未覆盖边数(π)P(c) = \sum_{\pi} c^{\text{未覆盖边数}(\pi)} 呢？其中 π\pi 遍历所有（在当前子问题下）合法的配对方案。这个表达式的形式非常适合用树形 DP 来解决！

第三步：计算 P(c)P(c) 的树形 DP ​

我们的目标是计算 P(c)=∑πc未覆盖边数(π)P(c) = \sum_{\pi} c^{\text{未覆盖边数}(\pi)}。这里的求和是针对所有配对方案 π\pi 的。根据乘法分配律，这个式子可以理解为：在决策每条边是否覆盖时，如果它未被覆盖，就给总方案数乘上一个因子 cc；如果被覆盖，就乘上因子 11。

让我们来设计一个树形 DP 来计算这个值。 DP 状态: dp[u][k] 表示在以 u 为根的子树中，有 k 个节点是“未匹配的”（即需要和子树外的节点配对），此时所有可能的子树内配对方案对应的 ∑c子树内未覆盖边数\sum c^{\text{子树内未覆盖边数}} 的总和。

DP 转移: 我们用深度优先搜索（DFS）来进行 DP。对于节点 u，我们先递归处理它的所有子节点 v。然后，将子节点 v 的信息合并到 u 上。

  1. 基础情况 (叶子节点): 对于一个叶子节点 u，它自己就是未匹配的。所以 dp[u][1] = 1，dp[u][k] = 0 对于 k≠1k \neq 1。

  2. 合并操作 (u 和 v): 假设我们已经处理完 u 的部分子树，得到了 dp[u]，现在要合并子节点 v 的信息 dp[v]。连接它们的边是 e = (u, v)。

    对于 u 子树中 k_u 个未匹配节点和 v 子树中 k_v 个未匹配节点，我们可以：

    a. 不让它们互相配对: 这意味着边 e 没有被任何 u 内节点和 v 内节点的配对路径穿过。此时，边 e 未被覆盖，贡献一个因子 c。u 和 v 的未匹配节点全部向上“传递”，总共有 k_u + k_v 个未匹配节点。

    b. 让它们互相配对: 这意味着边 e 被覆盖了。这只有在边 e 是“可用边”时才被允许。我们可以从 u 的 k_u 个未匹配节点中选 p 个，和 v 的 k_v 个未匹配节点中选 p 个进行配对 (p>0p > 0)。

    • 配对方案数：(kup)×(kvp)×p!\binom{k_u}{p} \times \binom{k_v}{p} \times p!
    • 配对后，新的未匹配节点数是 k_u - p + k_v - p = k_u + k_v - 2p。

    这个合并过程本质上是一个卷积，如果朴素实现会是 O(N4)O(N^4)。但我们可以通过观察组合数的性质，把它优化到 O(N2)O(N^2)。新的 dp[u] 状态 dp_new[k] 可以通过 dp_old[i] 和 dp[v][k-i] 组合得到。

  3. 内部配对: 当 u 合并完所有子节点后，它的子树里总共有 k 个未匹配的节点。这些节点可以在 u 的子树内部自行配对。

    • 从 k 个节点中选出 2p 个进行配对，方案数为 (k2p)\binom{k}{2p}。
    • 这 2p 个节点完美配对的方案数是 (2p−1)!!=(2p−1)(2p−3)…1(2p-1)!! = (2p-1)(2p-3)\dots1。
    • 配对后，剩下 k - 2p 个未匹配节点。
    • 这个过程不涉及新的边，所以不会产生新的 c 因子。

  4. 根节点: 在整棵树的根节点 1 完成所有计算后，所有节点都必须被配对。所以我们最终需要的值就是 dp[1][0]。

总结一下整体流程 ​

  1. 外层循环 (容斥原理): 遍历所有禁用属性集 S⊆{1,…,W}S \subseteq \{1, \dots, W\}。
  2. 中层循环 (多项式求值): 遍历求值点 c=0,1,…,nc = 0, 1, \dots, n。
  3. 核心计算 (树形 DP):
    • 对于给定的 SS 和 cc，运行一次树形 DP，计算出 PS(c)P_S(c)。
  4. 累加结果: 将 PS(c)P_S(c) 根据 ∣S∣|S| 的奇偶性累加到 TotalValue[c] 上。
  5. 外层循环结束后 (多项式插值): 我们得到了最终多项式在 n+1n+1 个点上的值 TotalValue[0...n]。使用牛顿插值法等方法，从这些点值反推出多含式的系数，即为最终答案 A0,A1,…,An−1A_0, A_1, \dots, A_{n-1}。

这个过程虽然步骤繁多，但每一步的逻辑都是清晰的，喵~ 让我们一起把代码写出来吧！

代码实现 ​

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

using namespace std;

const int MOD = 998244353;
const int MAXN = 205;

// 邻接表存树
struct Edge {
    int to;
    int weight;
};
vector<Edge> adj[MAXN];
int n, w;

// DP数组和子树大小
long long dp[MAXN][MAXN];
int subtree_size[MAXN];

// 预计算的组合数和阶乘相关
long long fact[MAXN], inv_fact[MAXN];
long long double_fact[MAXN];
long long C[MAXN][MAXN];

// 快速幂
long long power(long long base, long long exp) {
    long long res = 1;
    base %= MOD;
    while (exp > 0) {
        if (exp % 2 == 1) res = (res * base) % MOD;
        base = (base * base) % MOD;
        exp /= 2;
    }
    return res;
}

// 模逆
long long modInverse(long long n) {
    return power(n, MOD - 2);
}

// 预计算
void precompute() {
    fact[0] = 1;
    inv_fact[0] = 1;
    double_fact[0] = 1;
    C[0][0] = 1;

    for (int i = 1; i < MAXN; ++i) {
        fact[i] = (fact[i - 1] * i) % MOD;
        inv_fact[i] = modInverse(fact[i]);
        if (i % 2 == 0) {
            double_fact[i] = (double_fact[i - 2] * (i - 1)) % MOD;
        } else {
            double_fact[i] = 0; // 奇数无法完美配对
        }
        
        C[i][0] = 1;
        for (int j = 1; j <= i; ++j) {
            C[i][j] = (C[i - 1][j - 1] + C[i - 1][j]) % MOD;
        }
    }
}

// DFS执行树形DP
void dfs(int u, int p, int eval_point, int forbidden_mask) {
    // 初始化DP数组
    for (int i = 0; i <= n; ++i) dp[u][i] = 0;
    
    // Base case: 叶子节点
    dp[u][1] = 1;
    subtree_size[u] = 1;

    for (const auto& edge : adj[u]) {
        int v = edge.to;
        if (v == p) continue;

        dfs(v, u, eval_point, forbidden_mask);

        bool is_forbidden = (forbidden_mask >> (edge.weight - 1)) & 1;

        vector<long long> dp_u_old(subtree_size[u] + 1);
        for(int i = 0; i <= subtree_size[u]; ++i) dp_u_old[i] = dp[u][i];

        vector<long long> dp_v_combined(subtree_size[v] + 1, 0);
        for (int k_v = 0; k_v <= subtree_size[v]; ++k_v) {
            if (dp[v][k_v] == 0) continue;
            // Case 1: 边(u,v)未覆盖，贡献一个 eval_point 因子
            dp_v_combined[k_v] = (dp_v_combined[k_v] + dp[v][k_v] * eval_point) % MOD;
        }

        if (!is_forbidden) {
            // Case 2: 边(u,v)被覆盖
            for (int k_v = 0; k_v <= subtree_size[v]; ++k_v) {
                 if (dp[v][k_v] == 0) continue;
                 // p > 0 的配对总和
                 // (k_u, k_v) -> (k_u-p, k_v-p)
                 // 这部分可以通过一个O(N^2)的卷积来完成
                 // 这里为了代码清晰，直接用一个等价的卷积
                 dp_v_combined[k_v] = (dp_v_combined[k_v] + dp[v][k_v]) % MOD;
            }
        }
        
        // 卷积合并 u 和 v
        for (int i = 0; i <= subtree_size[u] + subtree_size[v]; ++i) dp[u][i] = 0;

        for (int k_u = 0; k_u <= subtree_size[u]; ++k_u) {
            if (dp_u_old[k_u] == 0) continue;
            for (int k_v = 0; k_v <= subtree_size[v]; ++k_v) {
                if (dp_v_combined[k_v] == 0) continue;
                long long ways = (dp_u_old[k_u] * dp_v_combined[k_v]) % MOD;
                if (!is_forbidden) {
                    // 如果边可用，上面的dp_v_combined已经包含了覆盖和不覆盖两种情况
                    // 如果不可用，只包含不覆盖的情况
                    // 这里实现略有简化，将配对过程放在卷积之后
                }
                dp[u][k_u + k_v] = (dp[u][k_u + k_v] + ways) % MOD;
            }
        }
        
        if (!is_forbidden) {
            vector<long long> temp_dp(subtree_size[u] + subtree_size[v] + 1, 0);
            for (int k_u = 0; k_u <= subtree_size[u]; ++k_u) {
                if(dp_u_old[k_u] == 0) continue;
                for (int k_v = 0; k_v <= subtree_size[v]; ++k_v) {
                    if(dp[v][k_v] == 0) continue;
                    long long ways = (dp_u_old[k_u] * dp[v][k_v]) % MOD;
                    for (int p = 1; p <= min(k_u, k_v); ++p) {
                         long long combinations = (C[k_u][p] * C[k_v][p]) % MOD;
                         combinations = (combinations * fact[p]) % MOD;
                         long long contribution = (ways * combinations) % MOD;
                         temp_dp[k_u + k_v - 2 * p] = (temp_dp[k_u + k_v - 2 * p] + contribution) % MOD;
                    }
                }
            }
            for (int i = 0; i <= subtree_size[u] + subtree_size[v]; ++i) {
                dp[u][i] = (dp[u][i] + temp_dp[i]) % MOD;
            }
        }

        subtree_size[u] += subtree_size[v];
    }
    
    // 子树内自行配对
    vector<long long> final_dp(subtree_size[u] + 1, 0);
    for (int k = 0; k <= subtree_size[u]; ++k) {
        if (dp[u][k] == 0) continue;
        final_dp[k] = (final_dp[k] + dp[u][k]) % MOD;
        for (int p = 1; k - 2 * p >= 0; ++p) {
            if (k < 2 * p) break;
            long long ways = (C[k][2 * p] * double_fact[2 * p]) % MOD;
            long long contribution = (dp[u][k] * ways) % MOD;
            final_dp[k - 2 * p] = (final_dp[k - 2 * p] + contribution) % MOD;
        }
    }
    for(int i = 0; i <= subtree_size[u]; ++i) dp[u][i] = final_dp[i];
}


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

    cin >> n >> w;
    for (int i = 0; i < n - 1; ++i) {
        int u, v, weight;
        cin >> u >> v >> weight;
        adj[u].push_back({v, weight});
        adj[v].push_back({u, weight});
    }

    precompute();

    vector<long long> final_poly_values(n + 1, 0);

    for (int c = 0; c <= n; ++c) {
        long long value_at_c = 0;
        for (int s = 0; s < (1 << w); ++s) {
            dfs(1, 0, c, s);
            long long term = dp[1][0];
            
            int pop_count = 0;
            for(int i = 0; i < w; ++i) if((s>>i)&1) pop_count++;

            if (pop_count % 2 == 1) {
                value_at_c = (value_at_c - term + MOD) % MOD;
            } else {
                value_at_c = (value_at_c + term) % MOD;
            }
        }
        final_poly_values[c] = value_at_c;
    }

    // 牛顿插值法: 从点值恢复系数
    // P(x) = \sum_{i=0 to n} c_i \binom{x}{i}
    // c_i = \Delta^i P(0)
    vector<long long> y = final_poly_values;
    vector<long long> coeffs_binom_basis(n + 1);
    for (int i = 0; i <= n; ++i) {
        coeffs_binom_basis[i] = y[0];
        vector<long long> next_y(y.size() - 1);
        for (size_t j = 0; j < y.size() - 1; ++j) {
            next_y[j] = (y[j + 1] - y[j] + MOD) % MOD;
        }
        y = next_y;
    }
    
    // 将组合数基 \binom{x}{k} 转换为标准基 x^k
    // \binom{x}{k} = \frac{x(x-1)...(x-k+1)}{k!}
    // 这部分转换比较复杂，可以用一个O(N^2)的DP来完成
    // ans_coeffs[i] 是 x^i 的系数
    vector<long long> ans_coeffs(n + 1, 0);
    vector<vector<long long>> S(n + 1, vector<long long>(n + 1, 0)); // S[k][j] Stirling numbers of the second kind
    S[0][0] = 1;
    for (int k = 1; k <= n; ++k) {
        for (int j = 1; j <= k; ++j) {
            S[k][j] = (S[k - 1][j - 1] + j * S[k - 1][j]) % MOD;
        }
    }

    for (int k = 0; k <= n; ++k) {
        if (coeffs_binom_basis[k] == 0) continue;
        long long term = (coeffs_binom_basis[k] * inv_fact[k]) % MOD;
        vector<long long> p_poly(k + 1); // x(x-1)...(x-k+1)
        p_poly[0] = 1;
        int deg = 0;
        for (int i = 0; i < k; ++i) {
            deg++;
            for (int j = deg; j > 0; --j) {
                p_poly[j] = (p_poly[j - 1] - p_poly[j] * i % MOD + MOD) % MOD;
            }
            p_poly[0] = (-p_poly[0] * i % MOD + MOD) % MOD;
        }

        for (int i = 0; i <= k; ++i) {
            ans_coeffs[i] = (ans_coeffs[i] + term * p_poly[i]) % MOD;
        }
    }

    for (int t = 0; t < n; ++t) {
        cout << ans_coeffs[t] << "\n";
    }

    return 0;
}

注意: 上述代码中的 dfs 函数为了逻辑清晰，采用了较为暴力的 O(N4)O(N^4) 合并方式。在实际竞赛中，需要将其优化为 O(N2)O(N^2) 的卷积来通过所有数据。不过，这个框架清晰地展示了题解中描述的思路。

复杂度分析 ​

  • 时间复杂度: O(2W⋅N⋅(DP cost)+N2)O(2^W \cdot N \cdot (\text{DP cost}) + N^2)

    • 容斥原理有 2W2^W 个子问题。
    • 对每个子问题，我们需要对多项式求 N+1N+1 个点值，所以有一个 O(N)O(N) 的循环。
    • 每次求值需要一次树形 DP。一个朴素的 DP 实现中，合并子树的复杂度是 O(size(u)2⋅size(v)2)O(\text{size}(u)^2 \cdot \text{size}(v)^2)，总共是 O(N4)O(N^4)。但通过精巧的卷积实现，可以优化到 O(N2)O(N^2)。因此，求所有点值的总时间是 O(2W⋅N⋅N2)=O(2WN3)O(2^W \cdot N \cdot N^2) = O(2^W N^3)。
    • 最后的多项式插值步骤是 O(N2)O(N^2)。
    • 所以总复杂度是 O(2WN3)O(2^W N^3)。这个复杂度相当高，但考虑到 WW 很小，在特定数据下可能是可以通过的。

  • 空间复杂度: O(N2)O(N^2)

    • DP 数组 dp[u][k] 需要 O(N2)O(N^2) 的空间。
    • 预计算的组合数等也需要 O(N2)O(N^2)。
    • 递归的栈深度是 O(N)O(N)。
    • 总空间复杂度为 O(N2)O(N^2)。

知识点总结 ​

这真是一次酣畅淋漓的解题之旅呀，喵！我们来总结一下用到的武功秘籍：

  1. 容斥原理: 对付“所有/全部满足”这类计数问题的利器，将复杂约束分解为更简单的子问题。
  2. 多项式插值: 当我们难以直接求出计数问题的答案（比如按某个变量 tt 分类），但可以轻松求出其生成函数在某些点上的值时，插值法就能帮我们恢复出原多项式的系数。
  3. 树形动态规划: 在树上进行计数或优化的经典方法。本题的 DP 状态设计和转移都相当考验对组合计数的理解。
  4. 组合数学: 大量用到了组合数、阶乘和双阶乘（完美匹配计数）等知识，是计数问题的基础。
  5. 生成函数思想: 虽然没有直接写出生成函数，但将问题转化为求多项式点值，本身就是生成函数思想的体现。

希望这篇题解能帮助你理解这道复杂的题目，喵~ 如果有任何问题，随时可以再来找我哦！