S 老师的合并 - 题解

标签与难度

标签: 动态规划, 树形DP, 计数问题, 递归, 记忆化搜索难度: 2600

题目大意喵~

主人你好呀，喵~ S老师这次又带来了有趣的挑战哦！

我们有两棵有根树 $T_1$ 和 $T_2$ ，分别有 $n_1$ 和 $n_2$ 个节点。我们需要将这两棵树的所有节点合并成一棵新的、更大的有根树 $T$ 。

这棵新的树 $T$ 需要满足两个非常严格的条件，呐：

祖先关系不变：对于原来在同一棵树（比如 $T_1$ ）里的任意两个节点 $u$ 和 $v$ ，如果 $u$ 是 $v$ 的祖先，那么在新的树 $T$ 中， $u$ 也必须是 $v$ 的祖先。反之亦然。
DFS序相对不变：对于原来在同一棵树里的任意两个节点 $u$ 和 $v$ ，如果 $u$ 在 $T_1$ 中的DFS序小于 $v$ ，那么在新的树 $T$ 中， $u$ 的DFS序也必须小于 $v$ 。反之亦然。

题目中的DFS序是指，当我们访问一个节点时，总是按照从左到右的顺序访问它的孩子们。

我们的任务就是计算，总共有多少种满足这些条件的、不同的新树 $T$ 呢？结果需要对 $998244353$ 取模，喵~

解题思路分析

这道题看起来有点吓人，要把两棵树揉在一起，还要保持那么多性质不变，简直就像要把两种不同口味的猫粮完美地混合在一起，还不能串味！不过别担心，跟着我的思路一步步来，你会发现其中的奥秘的，喵~

关键条件的转化

首先，我们来仔细分析一下这两个条件意味着什么吧。

祖先关系不变：这个条件非常强。它告诉我们，原来树中的父子关系链不能断裂。比如，在 $T_1$ 中，如果 $p$ 是 $u$ 的父亲， $u$ 是 $v$ 的孩子，那么在新的树 $T$ 中， $p$ 必须是 $u$ 的祖先， $u$ 也必须是 $v$ 的祖先。这限制了我们不能随意地把一个节点的子树拆开，然后挂到别的地方去。
DFS序相对不变：这个条件更具体地约束了兄弟节点之间的关系。我们知道DFS序是由父节点访问子节点的顺序决定的。为了保持任意两个节点（来自同一原树）的相对DFS序，一个节点的所有孩子（也来自同一原树）在新的树 $T$ 中，必须保持它们原来的相对顺序。例如，如果节点 $u$ 在 $T_1$ 中的孩子顺序是 $(c_1, c_2, c_3)$ ，那么在新的树 $T$ 中， $u$ 的所有孩子里，凡是来自 $T_1$ 的，也必须是 $\dots, c_1, \dots, c_2, \dots, c_3, \dots$ 这样的相对顺序。我们可以把来自 $T_2$ 的节点插入到它们之间，但不能打乱 $c_1, c_2, c_3$ 的顺序。

递归合并的思想

结合这两个条件，我们可以得出一个非常重要的结论：合并两棵树的过程，本质上是在每个层级上，将两组有序的兄弟子树进行合并。

想象一下，我们想构造新树 $T$ 。它的根节点要么是 $T_1$ 的根 $r_1$ ，要么是 $T_2$ 的根 $r_2$ 。我们分开讨论这两种情况，最后把结果加起来就好啦。

情况一：新树的根是 $r_1$

$r_1$ 成为了新树的根。为了满足祖先关系，整个 $T_2$ 树都必须成为 $r_1$ 的后代。最直接的方法，就是让 $T_2$ 的根 $r_2$ 成为 $r_1$ 的一个孩子。
现在， $r_1$ 的孩子列表是由它在 $T_1$ 中原来的孩子（设为列表 $C_1$ ）和 $r_2$ 这个新孩子组成的。为了保持DFS序， $C_1$ 中元素的相对顺序不能变。所以，我们要做的是，将 $r_2$ 插入到有序列表 $C_1$ 的任意位置。
但这还不够！这只是最简单的合并。题目允许更复杂的操作。比如，我们可以不把整个 $T_2$ 挂在 $r_1$ 下，而是把 $r_2$ 的孩子们（设为列表 $C_2$ ）拿出来，和 $r_1$ 的孩子们（列表 $C_1$ ）混合在一起，成为 $r_1$ 的新孩子列表！
这个“混合”操作，就是我们解题的核心！我们可以将 $C_1$ 和 $C_2$ 的元素交错排列，只要保持 $C_1$ 内部和 $C_2$ 内部的相对顺序不变即可。这就像洗牌一样，喵~

这个过程是递归的。当我们把 $r_2$ 的某个孩子 $c_{2,j}$ 变成了 $r_1$ 的孩子后， $c_{2,j}$ 本身也有一群孩子。这些孩子在后续的构造中，又可以和别的节点的子节点列表进行合并。

动态规划闪亮登场！

这种递归结构，闻起来就像是动态规划的味道！我们可以定义一个函数来解决这个核心的“合并”子问题。

solve(A, B)：计算合并两个有序的节点列表（或者说是森林） $A$ 和 $B$ 的方案数。 $A$ 来自 $T_1$ 的某一层级的一组兄弟， $B$ 来自 $T_2$ 的某一层级的一组兄弟。

我们用 dp[d1][l1..r1][d2][l2..r2] 来表示这个状态，其中 d1, l1, r1 定义了 $T_1$ 中的一个兄弟节点列表，d2, l2, r2 定义了 $T_2$ 中的一个。为了方便，我们先通过一次DFS，把两棵树按深度分层，并记录下每个节点在同层兄弟中的左右顺序。

现在，我们来推导 solve(A, B) 的计算方法。设 $A = (a_1, \dots, a_k)$ ， $B = (b_1, \dots, b_m)$ 。我们要把这两组节点（以及它们各自的子树）合并成一个有序的列表。我们可以从后往前构建这个合并后的列表，考虑最后一个元素是什么：

普通合并 (Interleaving)
- 选择 $a_k$ ：合并后列表的最后一个节点是 $a_k$ 。它的子树结构不变。剩下的 $A' = (a_1, \dots, a_{k-1})$ 和 $B$ 需要继续合并。方案数是 solve(A', B)。
- 选择 $b_m$ ：同理，最后一个节点是 $b_m$ 。方案数是 solve(A, B')，其中 $B' = (b_1, \dots, b_{m-1})$ 。
奇妙的嫁接 (Grafting) 这可是本题最精髓、最像魔法的地方，喵！我们不一定总是把节点并列放置，还可以把一个列表里的某些树，嫁接到另一个列表里某棵树的根上！
- 将 $A$ 的后缀嫁接到 $b_m$ 上：我们取出 $A$ 的一个后缀，比如 $A_{suf} = (a_{k-i+1}, \dots, a_k)$ 。然后，我们把这 $i$ 棵树，与 $b_m$ 的孩子们进行合并！这个子问题的方案数是 solve(A_suf, children(b_m))。完成嫁接后，我们得到了一个“增强版”的 $b_m$ 。现在，我们需要将剩下的部分 $A_{pre} = (a_1, \dots, a_{k-i})$ 和 $B' = (b_1, \dots, b_{m-1})$ 进行合并。这个方案数是 solve(A_pre, B')。根据乘法原理，这种情况的总方案数是 solve(A_pre, B') * solve(A_suf, children(b_m))。我们需要对所有可能的后缀长度 $i$ (从 1 到 $k$ ) 求和。
- 将 $B$ 的后缀嫁接到 $a_k$ 上：同理，我们也可以把 $B$ 的后缀嫁接到 $a_k$ 上。方案数是 solve(A', B_pre) * solve(children(a_k), B_suf)。对所有可能的后缀长度求和。

把以上所有情况的方案数加起来，就是 solve(A, B) 的总方案数啦！

\begin{aligned} \text{solve}(A, B) = & \text{solve}(A_{1..k-1}, B) + \text{solve}(A, B_{1..m-1}) \\ & + \sum_{i=1}^{k} \text{solve}(A_{1..k-i}, B_{1..m-1}) \times \text{solve}(A_{k-i+1..k}, \text{children}(b_m)) \\ & + \sum_{j=1}^{m} \text{solve}(A_{1..k-1}, B_{1..m-j}) \times \text{solve}(\text{children}(a_k), B_{m-j+1..m}) \end{aligned}

当然，要用记忆化搜索来实现，不然会重复计算到天荒地老，喵~

最终答案

最终的答案就是两种根选择的总和：

新根是 $r_1$ ：方案数为 solve(children(r1), {r2})。
新根是 $r_2$ ：方案数为 solve({r1}, children(r2))。

把它们加起来就大功告成啦！

代码实现

这是我根据上面的思路，精心重构的一份代码，加满了注释，希望能帮助你理解哦！

cpp

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

using namespace std;

const int MOD = 998244353;
const int MAXN = 105;

// T1 和 T2 的邻接表
vector<int> adj1[MAXN], adj2[MAXN];
int n1, n2;

// nodes_by_depth[d] 存储了在深度 d 的所有节点，按DFS序排列
vector<int> nodes_by_depth1[MAXN], nodes_by_depth2[MAXN];
// node_pos_in_depth[u] 存储节点 u 在其所在深度的 vector 中的索引
int node_pos_in_depth1[MAXN], node_pos_in_depth2[MAXN];

// dp[l1][r1][l2][r2] 存储记忆化搜索的结果
// key是四个节点的ID，而不是索引
int dp[MAXN][MAXN][MAXN][MAXN];
bool visited[MAXN][MAXN][MAXN][MAXN];

// 预处理，通过DFS将节点按深度分组，并记录它们在同深度的顺序
void preprocess_dfs(int u, int depth, int tree_type, vector<int> adj[], vector<int> nodes_by_depth[], int node_pos_in_depth[]) {
    nodes_by_depth[depth].push_back(u);
    node_pos_in_depth[u] = nodes_by_depth[depth].size() - 1;
    for (int v : adj[u]) {
        preprocess_dfs(v, depth + 1, tree_type, adj, nodes_by_depth, node_pos_in_depth);
    }
}

long long solve(int d1, int l1_idx, int r1_idx, int d2, int l2_idx, int r2_idx) {
    // 基线条件：如果任一节点列表为空，则只有一种合并方式（即保持另一列表不变）
    if (l1_idx > r1_idx) {
        return 1;
    }
    if (l2_idx > r2_idx) {
        return 1;
    }

    // 使用节点ID作为记忆化的键
    int u1_l = nodes_by_depth1[d1][l1_idx];
    int u1_r = nodes_by_depth1[d1][r1_idx];
    int u2_l = nodes_by_depth2[d2][l2_idx];
    int u2_r = nodes_by_depth2[d2][r2_idx];

    if (visited[u1_l][u1_r][u2_l][u2_r]) {
        return dp[u1_l][u1_r][u2_l][u2_r];
    }

    long long count = 0;

    // --- Case 1: 普通合并 ---
    // 1a: 将T1的最右侧节点 u1_r 作为合并列表的最后一个元素
    count = (count + solve(d1, l1_idx, r1_idx - 1, d2, l2_idx, r2_idx)) % MOD;
    // 1b: 将T2的最右侧节点 u2_r 作为合并列表的最后一个元素
    count = (count + solve(d1, l1_idx, r1_idx, d2, l2_idx, r2_idx - 1)) % MOD;

    // --- Case 2: 嫁接 ---
    // 2a: 将 T1 列表的后缀嫁接到 T2 列表的最右节点 u2_r 上
    int child_d2 = d2 + 1;
    int child_l2_idx = adj2[u2_r].empty() ? 1 : node_pos_in_depth2[adj2[u2_r][0]];
    int child_r2_idx = adj2[u2_r].empty() ? 0 : node_pos_in_depth2[adj2[u2_r].back()];

    for (int i = 1; i <= r1_idx - l1_idx + 1; ++i) {
        int suffix_start_idx1 = r1_idx - i + 1;
        long long ways_graft = solve(d1, suffix_start_idx1, r1_idx, child_d2, child_l2_idx, child_r2_idx);
        long long ways_rest = solve(d1, l1_idx, suffix_start_idx1 - 1, d2, l2_idx, r2_idx - 1);
        count = (count + ways_graft * ways_rest) % MOD;
    }

    // 2b: 将 T2 列表的后缀嫁接到 T1 列表的最右节点 u1_r 上
    int child_d1 = d1 + 1;
    int child_l1_idx = adj1[u1_r].empty() ? 1 : node_pos_in_depth1[adj1[u1_r][0]];
    int child_r1_idx = adj1[u1_r].empty() ? 0 : node_pos_in_depth1[adj1[u1_r].back()];

    for (int i = 1; i <= r2_idx - l2_idx + 1; ++i) {
        int suffix_start_idx2 = r2_idx - i + 1;
        long long ways_graft = solve(child_d1, child_l1_idx, child_r1_idx, d2, suffix_start_idx2, r2_idx);
        long long ways_rest = solve(d1, l1_idx, r1_idx - 1, d2, l2_idx, suffix_start_idx2 - 1);
        count = (count + ways_graft * ways_rest) % MOD;
    }

    visited[u1_l][u1_r][u2_l][u2_r] = true;
    return dp[u1_l][u1_r][u2_l][u2_r] = count;
}


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

    cin >> n1;
    for (int i = 2; i <= n1; ++i) {
        int p;
        cin >> p;
        adj1[p].push_back(i);
    }

    cin >> n2;
    for (int i = 2; i <= n2; ++i) {
        int p;
        cin >> p;
        adj2[p].push_back(i);
    }

    preprocess_dfs(1, 0, 1, adj1, nodes_by_depth1, node_pos_in_depth1);
    preprocess_dfs(1, 0, 2, adj2, nodes_by_depth2, node_pos_in_depth2);

    long long total_ways = 0;

    // Case 1: 新树的根是 T1 的根 (节点1)
    // 合并 T1 根的孩子们 和 T2 的根
    int r1_child_d = 1;
    int r1_child_l_idx = adj1[1].empty() ? 1 : node_pos_in_depth1[adj1[1][0]];
    int r1_child_r_idx = adj1[1].empty() ? 0 : node_pos_in_depth1[adj1[1].back()];
    total_ways = (total_ways + solve(r1_child_d, r1_child_l_idx, r1_child_r_idx, 0, 0, 0)) % MOD;

    // Case 2: 新树的根是 T2 的根 (节点1)
    // 合并 T1 的根 和 T2 根的孩子们
    int r2_child_d = 1;
    int r2_child_l_idx = adj2[1].empty() ? 1 : node_pos_in_depth2[adj2[1][0]];
    int r2_child_r_idx = adj2[1].empty() ? 0 : node_pos_in_depth2[adj2[1].back()];
    total_ways = (total_ways + solve(0, 0, 0, r2_child_d, r2_child_l_idx, r2_child_r_idx)) % MOD;

    cout << total_ways << endl;

    return 0;
}

复杂度分析

时间复杂度: $O(\text{States} \times N)$ 这个问题的状态数比较难以精确计算。一个状态由两棵树中两组兄弟节点的范围 (d1, l1, r1, d2, l2, r2) 决定。虽然理论上状态空间很大，但很多状态是不可达的。实际可达的状态数取决于树的结构，对于 $N \le 100$ 的数据范围是可以通过的。每个状态的计算涉及到两个循环，长度最多为 $N$ ，所以总的时间复杂度可以粗略估计为 $O(\text{States} \times (n_1+n_2))$ 。
空间复杂度: $O(N^4)$ 我们使用了一个四维数组 dp[MAXN][MAXN][MAXN][MAXN] 来进行记忆化。虽然键是节点ID，但我们为了方便直接开了 $105^4$ 的空间。不过，由于节点ID是从1开始的，更精确的空间是 $O(n_1^2 \cdot n_2^2)$ ，或者说与可达状态数成正比。此外，还需要 $O(n_1+n_2)$ 的空间来存储树的结构和预处理信息。

知识点总结

这真是一道锻炼思维的好题呀，喵！解决它需要我们掌握以下知识点：

问题转化: 能将抽象的“保持结构不变”的条件，转化为具体的“合并有序列表”的操作，是解题的第一步。
树形动态规划: 问题的递归性质非常明显，天然适合使用DP解决。这里的DP不是在单个树上进行，而是在两棵树的“积”结构上进行。
记忆化搜索: 复杂的递归关系和重叠子问题，让我们毫不犹豫地选择记忆化搜索，它能大大简化编码实现，避免重复计算。
组合计数思想: 整个DP的过程，实际上是在用不同的方式对合并操作进行分类计数，包含了加法原理和乘法原理的综合运用。特别是“嫁接”操作，是一个非常巧妙的计数点。

希望这篇题解能帮到你，主人！如果还有不懂的地方，随时可以再来问我哦~ 喵~

S 老师的合并 - 题解 ​

标签与难度 ​

题目大意喵~ ​

解题思路分析 ​

关键条件的转化 ​

递归合并的思想 ​

动态规划闪亮登场！ ​

代码实现 ​

复杂度分析 ​

知识点总结 ​