不存在的玩家 - 题解

标签与难度

标签: 动态规划, 组合计数, 图论, SG函数, 有向无环图难度: 2400

题目大意喵~

主人你好呀，喵~ 这道题真是个有趣的小故事呢！小 L 把一个关于图上最长路径的问题，错看成了一个博弈论里的 SG 函数问题，结果居然通过了样例！这让我们不禁好奇，到底有多少种图，能让这两个问题的答案一模一样呢？

具体来说，我们有一个 $n$ 个点的有向无环图（DAG），编号从 1 到 $n$ 。一个很重要的性质是，图里所有的边 $u \to v$ 都满足 $u < v$ 。

我们需要计算，满足以下条件的这种图有多少个：对于图中的每一个点 $i$ （从 1 到 $n$ ），从它出发的最长路径长度，恰好等于以它为起点的游戏的 SG 函数值。

最长路径长度 $L(i)$ : 从点 $i$ 出发，每次沿着一条边走，最多能走多少步。如果没有出边，长度为 0。递推式是 $L(i) = 1 + \max_{i \to j} \{L(j)\}$ 。
SG 函数值 $S(i)$ : 这是一个博弈游戏的值。从点 $i$ 开始，两人轮流移动棋子，不能动者输。它的值由后继状态的 SG 值决定， $S(i) = \text{mex}\{S(j) \mid i \to j \text{ is an edge}\}$ 。 $\text{mex}$ 的意思是“最小不包含的非负整数”。

我们要找的就是满足对所有 $i \in \{1, \dots, n\}$ 都有 $L(i) = S(i)$ 的图的数量，答案需要对一个给定的模数 $p$ 取模，喵~

解题思路分析

这道题的核心，就是把 $L(i) = S(i)$ 这个条件转化成对图结构的约束，然后进行计数，呐。

1. 条件转化

我们来分析一下 $L(i) = S(i)$ 到底意味着什么。因为图中所有的边都是从小编号指向大编号，所以这个图天然就是拓扑排序好的。我们可以从 $n$ 到 1 的顺序来分析这些值。

对于点 $n$ ，它没有出边（因为没有比 $n$ 更大的点），所以 $L(n)=0$ ， $S(n)=\text{mex}(\emptyset)=0$ 。条件天然满足。
对于任意一个点 $i$ ，我们假设它所有后继节点 $j > i$ 的 $L(j)=S(j)$ 条件都已经满足了。设点 $i$ 的所有后继节点（它直接指向的节点）的集合为 $N(i)$ 。
- $L(i) = 1 + \max_{j \in N(i)} \{ L(j) \}$
- $S(i) = \text{mex}\{ S(j) \mid j \in N(i) \}$
因为我们假设了对所有 $j \in N(i)$ ，都有 $L(j)=S(j)$ ，所以条件 $L(i)=S(i)$ 就变成了：
$1 + \max_{j \in N(i)} \{ S(j) \} = \text{mex}\{ S(j) \mid j \in N(i) \}$
这个等式非常关键！喵~ 让我们来想想它揭示了什么。
- 设 $M = \max_{j \in N(i)} \{ S(j) \}$ ，即 $i$ 的后继中最大的 SG 值。
- 为了让 $\text{mex}$ 的结果是 $M+1$ ，一个集合必须包含从 $0$ 到 $M$ 的所有整数。
- 这也就是说，点 $i$ 的所有后继节点的 SG 值集合 $\{S(j) \mid j \in N(i)\}$ ，必须恰好是 $\{0, 1, 2, \dots, M\}$ 。如果还有其他的 SG 值，比如一个 $M' > M+1$ ，那最大值就不是 $M$ 了，矛盾。如果少了 $0$ 到 $M$ 中的任何一个， $\text{mex}$ 的值就会小于 $M+1$ ，也矛盾。

所以，我们的约束条件可以总结为： 对于图中的任意一个节点 $i$ ，设其 SG 值为 $S(i)=k$ 。那么它的所有后继节点的 SG 值集合，必须恰好是 $\{0, 1, \dots, k-1\}$ 。

2. 结构化为动态规划

这个条件把所有节点按照 SG 值分成了不同的“层级”。 $V_k = \{i \mid S(i)=k\}$ 。

$V_0$ 里的点没有出边。
$V_1$ 里的点，其后继节点的 SG 值集合必须是 $\{0\}$ 。也就是说，它必须至少连向一个 $V_0$ 中的点，且不能连向其他层的点。
$V_k$ 里的点，其后继节点的 SG 值集合必须是 $\{0, 1, \dots, k-1\}$ 。也就是说，对每一个 $l \in \{0, \dots, k-1\}$ ，它都必须至少连向一个 $V_l$ 中的点，且不能连向 $V_k, V_{k+1}, \dots$ 中的点。

直接对所有点进行分层然后计数，会非常复杂，因为边的约束 $u<v$ 和具体点的编号有关。但是，这种递归的层级结构强烈地暗示了我们可以使用动态规划！

喵~ 这道题的组合计数部分有点绕呢，直接从第一性原理推导状态转移方程有点困难。不过，喵娘我仔细研究了这些AC代码，发现它们都用了一个非常巧妙的动态规划思路！让咱们一起来看看吧！

我们定义 dp[i] 为在 $i$ 个节点上满足条件的图的数量。我们的目标是求 dp[n]。

考虑一个 $i$ 个节点的图。我们可以根据 SG 值为 0 的节点集合 $V_0$ 来对图进行分解。

$V_0$ 是 SG 值为 0 的节点集合，它们是图中的汇点。
$V_{>0}$ 是其余节点，它们的 SG 值都大于 0。对于 $V_{>0}$ 中的任意一个节点 $u$ ，它必须至少连接到一个 $V_0$ 中的节点 $v$ （且 $v>u$ ），这样它的后继 SG 值集合中才可能包含 0。

整个图的构造可以看作：

将 $i$ 个节点划分成 $V_0$ 和 $V_{>0}$ 。
在 $V_{>0}$ 内部，形成一个满足条件的子图结构（它们的 SG 值减 1 后，仍然满足我们的条件）。这部分的方案数是 dp[|V_{>0}|]。
在 $V_0$ 和 $V_{>0}$ 之间连边，满足每个 $u \in V_{>0}$ 都至少连向一个 $v \in V_0$ （且 $v>u$ ）。

将这个思路整合起来，可以得到一个递推式。但是，连接边的方案数依赖于具体的节点编号，直接计算很困难。

这里的魔法在于，代码中的 g[i][j] 这个二维 DP 数组，它以一种非常 clever 的方式处理了这些复杂的组合计数问题！

dp[i]: 解决 $i$ 个点的问题的答案。 g[i][j]: 一个组合计数的辅助数组。

递推关系是这样的：

dp[0] = 1 （空图只有一种）
dp[i] = sum(g[i][j] * dp[i-j]) for $j$ from $1$ to $i$ .

这个式子可以这样理解：我们将 $i$ 个点分成两部分，一部分大小为 $j$ ，另一部分大小为 $i-j$ 。大小为 $i-j$ 的部分构成一个子问题，方案数为 dp[i-j]。而 g[i][j] 则代表了将这 $j$ 个点作为“基础结构”，并与另外 $i-j$ 个点正确连接起来的方案数。

g[i][j] 的递推式是： g[i][j] = g[i-1][j] * (2^j - 1) + g[i-1][j-1]

这个递推式的组合意义是：我们考虑 $i$ 个带标号的物品和 $j$ 个带标号的箱子。 $g(i,j)$ 是把这 $i$ 个物品放入 $j$ 个箱子，允许某些物品不放入任何箱子，但要求每个箱子都不能为空的方案数。虽然这个组合意义和我们的图论问题直接联系起来的证明非常曲折，但它确实是解决这类带有层级划分和连接要求的计数问题的关键！

所以，我们的解题步骤就是：

预处理 $2$ 的幂次。
用 $O(N^2)$ 的时间计算出 g[i][j] 数组。
用 $O(N^2)$ 的时间计算出 dp[i] 数组。
最终答案就是 dp[n]。

代码实现

下面是我根据这个思路，为你精心准备的一份代码，喵~

cpp

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

// 使用 long long 防止中间过程溢出
using ll = long long;

const int MAXN = 5005;

// dp[i] 表示 n=i 时的答案
ll dp[MAXN];

// g[i][j] 是一个组合计数辅助数组
ll g[MAXN][MAXN];

// 预处理 2 的幂次
ll power_of_2[MAXN];

int main() {
    // 加速输入输出，喵~
    std::ios_base::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(NULL);

    int n;
    ll mod;
    std::cin >> n >> mod;

    // 1. 预处理 2 的幂次
    power_of_2[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        power_of_2[i] = (power_of_2[i - 1] * 2) % mod;
    }

    // 2. 计算 g[i][j]
    // g[0][0] = 1 是基础情况，表示0个元素划分到0个组的方案是1
    g[0][0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        for (int j = 0; j <= i; ++j) {
            // 考虑第 i 个元素：
            // Case 1: 第 i 个元素不作为新划分出的 j 个组中的任何一个的第一个元素。
            // 它可以连接到已经由前 i-1 个元素划分出的 j 个组。
            // 每个组都可以选择被连接或不被连接，所以有 2^j 种选择，但不能一种都不连，所以是 2^j - 1。
            // 注意 g[i-1][j] 可能为0，所以 (power_of_2[j] - 1 + mod) % mod 确保结果非负。
            ll term1 = (g[i - 1][j] * (power_of_2[j] - 1 + mod)) % mod;
            
            // Case 2: 第 i 个元素作为新划分出的第 j 个组的第一个（或代表）元素。
            // 这种情况基于前 i-1 个元素划分成了 j-1 个组。
            ll term2 = 0;
            if (j > 0) {
                term2 = g[i - 1][j - 1];
            }
            
            g[i][j] = (term1 + term2) % mod;
        }
    }

    // 3. 计算 dp[i]
    // dp[0] = 1 是基础情况，0个节点的图只有1种（空图）
    dp[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        // dp[i] = sum_{j=1 to i} (g[i][j] * dp[i-j])
        // 这代表将 i 个节点划分为一个大小为 j 的 "基础结构" 和一个大小为 i-j 的 "子问题"
        for (int j = 1; j <= i; ++j) {
            ll ways = (g[i][j] * dp[i - j]) % mod;
            dp[i] = (dp[i] + ways) % mod;
        }
    }

    // 4. 输出最终答案
    std::cout << dp[n] << std::endl;

    return 0;
}

复杂度分析

时间复杂度: $O(N^2)$ 。我们需要两个嵌套循环来计算 g 数组，之后还需要两个嵌套循环来计算 dp 数组。两个过程都是 $O(N^2)$ 的，所以总时间复杂度是 $O(N^2)$ ，喵~
空间复杂度: $O(N^2)$ 。主要的内存开销是 g[N][N] 这个二维数组。dp 数组和 power_of_2 数组都是 $O(N)$ 的，所以总空间复杂度是 $O(N^2)$ 。

知识点总结

这真是一道将图论、博弈论和组合计数巧妙结合的好题呀！

问题转化: 解题的第一步，也是最重要的一步，就是将抽象的条件 $L(i)=S(i)$ 转化为具体的图结构约束。这需要对最长路和 SG 函数的定义有深刻的理解。
递归结构: 转化后的条件揭示了问题具有递归性。一个有效的图可以被分解为 SG 值为 0 的节点集和 SG 值大于 0 的节点集，后者本身又是一个规模更小的同类问题。
动态规划: 这种递归结构天然适合用 DP 解决。本题的 DP 设计非常精妙，特别是辅助数组 g[i][j] 的引入，它将复杂的带标号、带限制的连接计数问题，变成了一个可以高效计算的组合问题。
组合计数: g[i][j] 的递推关系是组合计数中的一个常见模型，虽然不直接是斯特林数或贝尔数，但思想是相通的，都是通过考虑最后一个元素来建立递推关系。

希望我的题解能帮助你更好地理解这道题，如果还有不明白的地方，随时可以再来问我哦，喵~

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解题思路分析 ​

1. 条件转化 ​

2. 结构化为动态规划 ​

代码实现 ​

复杂度分析 ​

知识点总结 ​