JZOJ5870 【NOIP2018模拟9.15】地图

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题目描述

Description

Input

Output

Sample Input

4
2 1 1 2

Sample Output

2

Data Constraint

题目大意

一个无向图，给你 $N$个点的度数，每个点的度数只有 $1$或 $2$，问组成这个图的方案数。

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解法

思考历程

非常不爽的是，这是一道计数类问题……
首先有个很显然的规律：最终的图只能由简单环或者链组成。
对于一个度数为 $1$的点，它一定是某一条链的一端。
对于一个度数为 $2$的点，它要么是链中间的某一个点，要么就是环上的一个点。
我们将 $1$度点的总数记为 $s1$，将 $2$度点的总数记为 $s2$。（因为点编号顺序是无论怎样都是等价的）
我首先想到的就是，链的条数是固定的，为 $\frac{s1}{2}$。（当然 $s1$一定是偶数，否则无解）
这条性质，是解题的关键。
所以，试一下DP……
结果因为各种各样的问题爆0

AC解法

其实这题的AC解法很多，DP设的状态五花八门的。
我参考过许多人的方法，但是我并不简单服从，而是想好好推自己的方法，走自己的路。
在我的努力之下，终于AC了。
设 $f_i$表示有 $i$个 $2$度点放环中的方案数， $g_i$表示有 $i$个 $2$度点放链上的方案数。
先考虑前者。
转移分两种：

1. 插在某两个相连的点中间
2. 用三个点新开一个环。

这样转移时不会出现遗漏的。因为这 $i$个点是有自己编号的，它们以一定的顺序插入。并且如果插入的过程不同，那么不可能出现同样的图。
$f_i=f_{i-1}*(i-1)+f_{i-3}*C\left(i-1,2\right)$
！有一个地方要注意一下， $C\left(i-1,2\right)$中之所以是 $i-1$，是因为 $i$本身必定要放在新环中，所以只能在 $i-1$中选两个，不然会出现重复的情况。
再考虑后者的转移。
只有一种：插在某两个相连的点中间。
$g_i=g_{i-1}*\left(i-1+\frac{s1}{2}\right)$
除了要计算出两个数组外，还要另外计算 $s1$中两两匹配的方案数。
考虑使用组合数。
第一次在 $s1$中选 $2$个，第二次在 $s1-2$中选 $2$个……第 $\frac{s1}{2}$次在 $2$中选 $2$个。
去重，对于每个情况有 $\frac{s1}{2} !$种排列，所以除掉它。
方案数为
$\frac{\prod_{i=0}^{s1-1} C\left(s1-2i,2\right)}{\frac{s1}{2} !}$
化简得
$\prod_{i=0}^{s1-1}(2i+1)$
怎么化简的……自己想去吧……
统计答案时，枚举 $i$表示有 $i$个2度点。
将 $f_i$和 $g_{s2-i}$合并在一起，另外乘上两两匹配的方案数，还有 $s2$中选出 $i$个的方案数。
这样时间复杂度可以做到 $O\left(N^2\right)$

还能更优？

上面这个时间是求组合数的时间。
然而我们可以预先处理出阶乘来算组合数，除法用逆元，时间 $O\left(N\lg MOD\right)$
逆元其实可以 $O\left(N\right)$预处理出来，那么时间 $O\left(N\right)$
所以这题的范围太小了……
不过我不需要用到阶乘。
考虑 $C\left(i,s2\right)$对 $C\left(i+1,s2\right)$的贡献。
推推式子容易得出
$C\left(i,s2\right)*\frac{s2-i}{i+1}=C\left(i+1,s2\right)$
所以我们只预处理出逆元，然后计算组合数时通过上一个 $O(1)$推出下一个就好了。

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代码

using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define MAXN 2000
#define mod 998244353
int n;
int inv[MAXN+1];
int s1,s2;
int m;
int f[MAXN+1];
int g[MAXN+1];
int main(){
	freopen("map.in","r",stdin);
	freopen("map.out","w",stdout);
	scanf("%d",&n);
	for (int i=1;i<=n;++i){
		int x;
		scanf("%d",&x);
		if (x==1)
			s1++;
		else
			s2++;
	}
	inv[0]=0;
	inv[1]=1;
	for (int i=2;i<=s2;++i)
		inv[i]=(long long)(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod; //O(N)求逆元，具体证明网上大把
	f[0]=1;
	for (int i=3;i<=s2;++i)
		f[i]=((long long)f[i-1]*(i-1)+f[i-3]*(((long long)(i-1)*(i-2)>>1)%mod))%mod;//具体见上f的转移
	g[0]=1;
	for (int i=1;i<=s2;++i)
		g[i]=(long long)g[i-1]*(i-1+(s1>>1))%mod;//具体见上g的转移
	int matching=1;//表示两两匹配数
	for (int i=1;i<s1;i+=2)
		matching=(long long)matching*i%mod;
	int ans=0,C=1;
	for (int i=0;i<=s2;++i){
		ans=(ans+(long long)f[i]*g[s2-i]%mod*C)%mod;//统计答案
		C=(long long)C*(s2-i)%mod*inv[i+1]%mod;//推出下一个组合数
	}
	ans=(long long)ans*matching%mod;//最后乘上两两匹配数
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

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总结

如何在计数类问题中，做到不重复，不遗漏才是关键……
组合数大法好……

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