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題目來源

Educational Codeforces Round 125 (Rated for Div. 2)

題目大意

• 考慮這麼一張含有n個節點的完全無向連通圖，每條邊的邊權的範圍都是從1到k
• 定義這樣的一張圖是beautiful的: 節點1和它臨近的點的邊權之和等於圖的最小生成樹的邊權之和，也就是說，1節點和周圍的節點連起來可以組成最小生成樹。給定n和k，求問這樣的圖有多少種

解題思路

• 對於節點編號大於1的兩個節點，他們的邊權必須滿足\(w_{x,y}\ge\max(w_{1,x}, w_{1,y})\)，不然的話，就不能直接通過節點1和它相鄰的節點連起來構成最小生成樹了。也就是說，與節點1直接相連的點的邊權必須是比較小的權值
• 現在我們設\(dp[i][j]\)表示已經有i個節點與1相連，並且他們最大的邊權是j的圖的個數。那麼對於繼續插進來的與節點1相連的邊權為\(j+1\)的節點（假設他們的個數為t），從剩下的節點取出t個節點與節點1相連的取法就有\(C_{n-1-i}^{t}\)個，這些新插進來的節點與原先的與節點1相連的i個節點的邊權的取值範圍就是\([j+1,k]\)，一共就有\(k-j\)種取值方案，上述的邊的個數設為e。比如新插入1個節點，那麼e就是i，再插入一個，e就加上i+1(因為得算上上一次插入的節點)
• 這樣一來我們的狀態轉移方程便是

AC程式碼

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define maxn (int)(1e6+10)
#define IOS ios::sync_with_stdio(0);
#define FFF freopen("out", "w", stdout); 

const LL mod = 998244353;

LL fac[305];
LL inv[305];

LL quickpow(LL n , LL k) {
    LL res = 1;
    while(k)
    {
        if (k&1) res = res * n % mod;
        k >>= 1;
        n = n * n % mod;
    }
    return res;
}

LL getInv(LL x) {
    return quickpow(x, mod-2);
}

void init() {
    fac[0] = 1;
    for ( int i = 1 ; i <= 300 ; i++ )
        fac[i] = fac[i-1] * i % mod;
    inv[300] = getInv(fac[300]);
    for ( int i = 299 ; i >= 0 ; i-- )
        inv[i] = inv[i+1] * (i+1) % mod;    
}

LL C(LL n, LL k) {
    if ( n < k ) return 0;
    return fac[n] * inv[k] % mod * inv[n-k] % mod;
}

LL dp[305][305];

int main ()
{
    init();
    int n , k ;
    cin >> n >> k ;;
    dp[0][0] = 1;
    n--;
    for ( int i = 0 ; i <= n ; i++ )
    {
        for ( int j = 0 ; j < k ; j++ )
        {
            LL pw = k-j;
            LL e = 0;
            for ( int t = 0 ; t <= n-i ; t++ )
            {
                dp[i+t][j+1] += dp[i][j] * C(n-i, t) % mod * quickpow(pw, e) % mod;
                dp[i+t][j+1] %= mod;
                e += i+t;
            }
        }
    }
    cout << dp[n][k] << endl;
}