【组合数学-DP】BZOJ5305 [HAOI2018] 苹果树

【题目】
lydsy
一棵果树每个节点恰好有两个分支，初始只有一个根节点，每天果树会随机选择一个当前没有长出过节点的分支长出节点。求 $n$ 天后期望树点对之间距离和 $E$ ，输出 $E\times n!$ 对 $P$ 取模的结果。

$n\leq 2000,P\leq 10^9+7$

【解题思路】
观察到模数可能不是一个素数，而每一天会增加一种选择长出节点的方式，于是实际上这样生成的树有 $n!$ 种，我们就可以知道输出中乘上的 $n!$ 有什么用了。

那么这是一个计数题，我们考虑生成树中每条边对答案的贡献，设子树大小为 $siz_i$ ，那么就是 $n\cdot (n-siz_i)$ 。不妨枚举每个节点 $i$ ，考虑其父边的贡献，那么我们需要再枚举一个子树大小 $j$ ，它的贡献就是 $j\cdot (n-j)$ 。考虑它出现在多少中方案中，可以由子树内的形态和子树外的形态相乘。

对于子树内的形态数显然就是 ${n-i\choose j-1}\cdot j!$ ，其意义为每种选择编号方式有 $j!$ 种生成树，而选择的节点编号必须大于 $i$ 。

对于子树外的形态数，首先我们要生成到 $i$ 这棵子树，那么由 $1\sim i$ 的点组成的二叉树形态是 $i!$ 种的。接下来我们将剩余的 $n-j-i+1$ 个点挂到树上，且不能往 $i$ 子树中插入点，那么形态数就是 $\prod\limits_{k=1}^{n-j-i+1} (i+k-2)$ 。上面两个东西乘起来可以化简为 $i\cdot (i-1)\cdot (n-j-1)!$

于是最后的答案就是
$\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^{n-i+1}j\cdot (n-j)\cdot j!\cdot {n-i\choose j-1}\cdot i\cdot (i-1)\cdot (n-j-1)!$

【参考代码】

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=2005;
int n,mod,ans;
int fac[N],C[N][N];

int upm(int x){return x>=mod?x-mod:x;}
void up(int &x,int y){x=upm(x+y);}
int mul(int x,int y){return 1ll*x*y%mod;}

int main()
{
#ifdef Durant_Lee 
	freopen("BZOJ5305.in","r",stdin);
	freopen("BZOJ5305.out","w",stdout);
#endif
	scanf("%d%d",&n,&mod);fac[0]=C[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		fac[i]=mul(fac[i-1],i);C[i][i]=C[i][0]=1;
		for(int j=1;j<i;++j) C[i][j]=upm(C[i-1][j-1]+C[i-1][j]);
	}
	for(int i=1;i<=n;++i) for(int j=1;j<=n-i+1;++j)
	{
		int t1=mul(mul(j,n-j),mul(fac[j],C[n-i][j-1])),t2=mul(mul(i,i-1),fac[n-j-1]);
		up(ans,mul(t1,t2));
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

【组合数学-DP】BZOJ5305 [HAOI2018] 苹果树

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