题目描述
小 D 最近学习了最小生成树的有关知识。为了更好地学习求最小生成树的流程，他造了一张 n 个点的带权无向完全图（即任意两个不同的点之间均有且仅有一条无向边的图），并求出了这个图的最小生成树。
为了简单起见，小 D 造的无向图的边权为 [1,n(n−1)/2][1,n(n−1)/2] 之间的整数，且任意两条边的边权均不一样。
若干天后，小 D 突然发现自己不会求最小生成树了。于是他找出了当时求出的最小生成树，但是原图却怎么也找不到了。于是小 D 想要求出，有多少种可能的原图。但是小 D 连最小生成树都不会求了，自然也不会这个问题。请你帮帮他。
形式化地，你会得到 n−1 个递增的正整数 a1,a2,⋯,an−1，依次表示最小生成树上的边的边权。你要求出，有多少张 n 个点的带权无向完全图，满足：
每条边的边权为 [1,n(n−1)/2][1,n(n−1)/2] 之间的整数；
任意两条不同的边的边权也不同；
至少存在一种最小生成树，满足树上的边权按照从小到大的顺序排列即为 a1,a2,⋯,an−1（事实上，可以证明任意一张无向图的任意两棵最小生成树上的边权集合相同）。
因为答案可能很大，所以你只要求出答案对 109+7(一个质数）取模的结果即可。
Sol
DP
暴力dp的做法:
用最小表示法记录每个点在的联通块 , 然后把这个数组 哈希 或者 map 掉
要加入一条树边时,先要加入之前的非树边 , 而不能改变树的形态 , 因此可以直接暴力算出有多少个不会使得连通性改变的边 排列数计算方案就可以了
加入树边则暴力枚举合并哪两个块然后转移
考虑优化:
其实有一些状态的转移是一样的 , 这样的情况发生在两个状态的无序处理后是相同的情况下
而其实这个就是 一个 n 的无序划分 , 所以考虑直接用整数的拆分数来表示状态 , 即使n是40 ,拆分数也不足 40000
所以暴搜出拆分数,然后 哈希 或 map 掉 , 和上面一样的转移就好了
代码:
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<cstdlib>
#include<set>
#include<map>
#define Set(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define Copy(a,b) memcpy(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
int n;
const int mod=1e9+7;
const int N=41;
const int UP=40000;
int a[N];
int S=0;
const int MO=1e6+3;
const int base=131;
struct fen{
int num[41];
inline void clear(){num[0]=0;}
inline int size(){return num[0];}
inline void push(int x){num[++num[0]]=x;}
inline void pop(){--num[0];}
inline void trans(){
int st[41];Set(st,0);
for(register int i=1;i<=num[0];++i) ++st[num[i]];
Copy(num,st);
return;
}
inline void IN(int *st){for(register int i=0;i<=40;++i) st[i]=num[i];return;}
inline void out(){for(register int i=1;i<=n;++i) printf("%d ",num[i]);return (void)puts("");}
inline bool operator <(fen B)const{
for(register int i=0;i<=40;++i) if(num[i]!=B.num[i]) return num[i]<B.num[i];
return 0;
}
inline bool operator ==(fen B)const{
for(register int i=0;i<=40;++i) if(num[i]!=B.num[i]) return 0;
return 1;
}
}Z[UP];
map<fen,int> M;
fen P;
void dfs(int pre,int now)
{
if(!now) {Z[++S]=P;return;}
for(register int i=pre;i<=now;++i) P.push(i),dfs(i,now-i),P.pop();
return;
}
int dp[2][UP];
const int MAXN=N*N;
int fac[MAXN],inv[MAXN],finv[MAXN];
queue<int> Q;
int st[UP];
bool in[UP];
int main()
{
cin>>n;
for(register int i=1;i<n;++i) cin>>a[i];
sort(a+1,a+n); dfs(1,n);
register int cur=0;fac[0]=1;finv[0]=finv[1]=inv[1]=1;
for(register int i=2;i<MAXN;++i) inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
for(register int i=1;i<MAXN;++i) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod,finv[i]=1ll*finv[i-1]*inv[i]%mod;
for(register int i=1;i<=S;++i) {Z[i].trans();M[Z[i]]=i;}
dp[0][1]=1;Q.push(1);
for(register int i=1;i<n;++i) {
cur^=1;Set(dp[cur],0);
register int num=a[i]-a[i-1]-1;
while(!Q.empty()) st[++st[0]]=Q.front(),Q.pop(),in[st[st[0]]]=0;
while(st[0]){
register int u=st[st[0]--];
register int sum=1;
if(num){
sum=0;
for(register int k=1;k<=n;++k) {register int K=k*(k-1)/2;sum+=Z[u].num[k]*K;}
sum-=a[i-1];
if(sum<num) continue;
sum=1ll*fac[sum]*finv[sum-num]%mod;
}
sum=1ll*sum*dp[cur^1][u]%mod;
if(!sum) continue;
fen P=Z[u];
for(register int p=1;p<=n;++p){
if(!P.num[p]) continue;
register int K=0;
if(P.num[p]>=2){
K=(P.num[p]*(P.num[p]-1)/2)*p*p;
P.num[p]-=2;++P.num[p<<1];
register int id=M[P];
(dp[cur][id]+=1ll*K*sum%mod)%=mod;
P.num[p]+=2;--P.num[p<<1];
if(!in[id]) in[id]=1,Q.push(id);
}
for(register int q=p+1;q<=n;++q){
if(!P.num[q]) continue;
K=P.num[p]*P.num[q]*p*q;
--P.num[p];--P.num[q];++P.num[p+q];
register int id=M[P];
(dp[cur][id]+=1ll*K*sum%mod)%=mod;
++P.num[p];++P.num[q];--P.num[p+q];
if(!in[id]) in[id]=1,Q.push(id);
}
}
}
}
register int tot=n*(n-1)/2;
dp[cur][S]=1ll*dp[cur][S]*fac[tot-a[n-1]]%mod;
printf("%d\n",dp[cur][S]);
}