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【题目链接】
【思路要点】
- 不难发现唯一的终止状态就是所有点均与 直接相连的状态。
- 因此,使用最少的操作达到终止状态的方案一定是每次选择一个不与 直接相连,且与 连线只与一条边相交的节点,旋转对应的四边形。
- 因此最少次数即为不与 直接相连的点的个数。
- 考虑计算方案数,不难发现各个与 直接相连的点将多边形分成了若干块,每一块的方案数相互独立,只需在最后用组合数合并,以下考虑不存在非平凡的与 直接相连的点的情况。
- 定义三角形的编号为三个顶点中编号中等的点的编号, 表示三角形 中较小点的编号, 表示三角形 中较大点的编号,则 可以通过一次操作与 直接相连当且仅当 均已经与 直接相连,因此合法的操作序列数本质是一个有向图的拓扑排序数。
- 同时,注意到 通过一条边直接相连,他们之间应当存在祖孙关系,因此我们要计算的实际上是一棵外向树的拓扑排序数,可以用组合数简单计算。
- 考虑如何回答修改,若一次修改导致了一个新的点直接连向 ,那么操作数 ,且对应部分的外向树根节点被删除;否则,这次修改将改动对应部分的外向树上一对父子处的祖先关系,均可 计算新的贡献。
- 时间复杂度 或 。
【代码】
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int MAXN = 2e5 + 5; const int P = 1e9 + 7; typedef long long ll; typedef long double ld; typedef unsigned long long ull; template <typename T> void chkmax(T &x, T y) {x = max(x, y); } template <typename T> void chkmin(T &x, T y) {x = min(x, y); } template <typename T> void read(T &x) { x = 0; int f = 1; char c = getchar(); for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f; for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0'; x *= f; } template <typename T> void write(T x) { if (x < 0) x = -x, putchar('-'); if (x > 9) write(x / 10); putchar(x % 10 + '0'); } template <typename T> void writeln(T x) { write(x); puts(""); } int fac[MAXN], inv[MAXN]; int power(int x, int y) { if (y == 0) return 1; int tmp = power(x, y / 2); if (y % 2 == 0) return 1ll * tmp * tmp % P; else return 1ll * tmp * tmp % P * x % P; } int binom(int x, int y) { if (y > x) return 0; else return 1ll * fac[x] * inv[y] % P * inv[x - y] % P; } void init(int n) { fac[0] = 1; for (int i = 1; i <= n; i++) fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % P; inv[n] = power(fac[n], P - 2); for (int i = n - 1; i >= 0; i--) inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1ll) % P; } int type, n, ans, cnt, size[MAXN], lp[MAXN], rp[MAXN]; vector <int> a[MAXN], t[MAXN]; map <pair <int, int>, int> mp, home; void addedge(int x, int y) { a[x].push_back(y); a[y].push_back(x); } int getinv(int x) { return 1ll * inv[x] * fac[x - 1] % P; } void work(int pos, bool type) { size[pos] = 1; for (auto x : t[pos]) { work(x, true); size[pos] += size[x]; } if (type) { ans = 1ll * ans * getinv(size[pos]) % P; for (auto x : t[pos]) { pair <int, int> t = make_pair(lp[x], pos); if (t.first > t.second) swap(t.first, t.second); mp[t] = 1ll * size[x] * getinv(size[pos] - size[x] + size[home[make_pair(x, rp[x])]]) % P; } } } int main() { read(type), read(n); init(n), addedge(1, n); for (int i = 1; i <= n - 1; i++) addedge(i, i + 1); for (int i = 1; i <= n - 3; i++) { int x, y; read(x), read(y); addedge(x, y); } for (int i = 1; i <= n; i++) sort(a[i].begin(), a[i].end()); int last = 1; ans = 1, cnt = 0; for (int i = 2; i <= n - 1; i++) { if (a[i].back() != n) continue; static int d[MAXN]; static vector <int> g[MAXN]; for (int j = last + 1; j <= i - 1; j++) { int x = a[j][0]; int y = a[j].back(); lp[j] = x, rp[j] = y; home[make_pair(x, y)] = j; if (x != last) g[x].push_back(j), d[j]++; g[y].push_back(j), d[j]++; } deque <int> q; q.push_back(i); while (!q.empty()) { int pos = q.front(); q.pop_front(); for (auto x : g[pos]) if (--d[x] == 0) { q.push_back(x); t[pos].push_back(x); } } work(i, 0); cnt += i - last - 1, last = i; } ans = 1ll * ans * fac[cnt] % P; if (type) printf("%d %d\n", cnt, ans); else printf("%d\n", cnt); int m; read(m); for (int i = 1; i <= m; i++) { int x, y; read(x), read(y); if (x > y) swap(x, y); pair <int, int> t = make_pair(x, y); if (mp.count(t)) { if (type) printf("%d %lld\n", cnt, 1ll * ans * mp[t] % P); else printf("%d\n", cnt); } else { int pos = home[t]; int tans = 1ll * ans * getinv(cnt) % P * size[pos] % P; if (type) printf("%d %d\n", cnt - 1, tans); else printf("%d\n", cnt - 1); } } return 0; }