[UOJ#348][WC2018]州区划分

试题描述

小 \(S\) 现在拥有 \(n\) 座城市，第ii座城市的人口为 \(w_i\)，城市与城市之间可能有双向道路相连。

现在小 \(S\) 要将这 \(n\) 座城市划分成若干个州，每个州由至少一个城市组成，每个城市在恰好一个州内。

假设小 \(S\) 将这些城市划分成了 \(k\) 个州，设 \(V_i\) 是第 \(i\) 个州包含的所有城市组成的集合。定义一条道路是一个州的内部道路，当且仅当这条道路的两个端点城市都在这个州内。如果一个州内部存在一条起点终点相同，不经过任何不属于这个州的城市，且经过这个州的每个城市至少一次、所有内部道路都恰好一次的路径（路径长度可以为 \(0\)），则称这个州是不合法的。

定义第 \(i\) 个州的满意度为：第 \(i\) 个州的人口在前 \(i\) 个州的人口中所占比例的 \(p\) 次幂，即：

\[\left( \frac{\sum_{x \in V_i} w_x}{\sum_{j=1}^i \sum_{x \in V_j} w_x} \right) ^p \]

定义一个划分的满意度为所有州的满意度的乘积，求所有合法的划分方案的满意度之和，答案对 \(998244353\) 取模。

两个划分 \({V_1 \cdots V_k}\) 和 \({C_1 \cdots C_s}\) 是不同的，当且仅当 \(k \ne s\) ，或存在某个 \(1 \le i \le k\) ，使得 \(V_i \ne C_i\)。

输入

从标准输入读入数据。

输入第一行包含三个整数 \(n,m,p\)，表示城市个数、城市之间的道路个数以及题目描述中的常数 \(p\)；

接下来 \(m\) 行，每行两个正整数 \(u,v\)，描述一条无向的道路，保证无重边无自环；

输入第 \(m+2\) 行有 \(n\) 个正整数，第 \(i\) 个正整数表示 \(w_i\)。

输出

输出到标准输出。

输出一行一个整数表示答案在模 \(998244353\) 意义下的取值。

即设答案化为最简分式后的形式为 \(\frac{a}{b}\) ，其中 \(a\) 和 \(b\) 互质。输出整数 \(x\) 使得 \(bx \equiv a \mod 998244353\) 且 \(0 \le x < 998244353\)。可以证明这样的整数 \(x\) 是唯一的。

输入示例1

输出示例1

输入示例2 & 输出示例2

样例数据下载

数据规模及约定

保证对于所有数据有：\(0 \le n \le 21\)，\(0 \le m \le \frac{n \times (n−1)}{2}\)，\(0 \le p \le 2\)，\(1 \le w_i \le 100\)。

测试点 \(1 \sim 5\)：\(n \le 15\)，每个测试点 \(10\) 分；

测试点 \(7 \sim 9\)：\(n\le 21,p=0\)，每个测试点 \(5\) 分；

测试点 \(10 \sim 13\)：\(n \le 21,p=1\)，每个测试点 \(5\) 分；

测试点 \(14 \sim 15\)：\(n \le 21,p=2\)，每个测试点 \(5\) 分。

~~其实 OJ 上每个点分数都一样……~~

题解

还是从暴力 dp 入手。

令 \(f(S)\) 表示划分集合 \(S\) 中的城市的所有方案的满意度之和，那么转移就是

\[f(S) = \sum_{tS \subset S} { f(tS) \cdot h(S - tS) \cdot \left( \frac{sum(S - tS)}{sum(S)} \right) ^p } \]

\(h(S)\) 表示集合 \(S\) 是否能够成为一个州，能的话值为 \(1\)，否则值为 \(0\)；\(sum(S)\) 表示集合 \(S\) 的人口数目总和。

接下来我们可以朝着 FWT 的方向去想，不难发现要保证 \(tS \subset S\) 这个条件就是做一个或卷积；但是我们并不能保证每个元素都和与它无交集的元素进行卷积，这时候就需要一个处理，我们给状态加一维。

令 \(f(i, S)\) 表示所有州的城市个数总和为 \(i\)，所有州城市的并集为 \(S\) 的划分方案满意度之和。注意，这里的州之间是可以有交集的。

那么现在就可以进行或卷积了，转移方程如下（令 \(A\) 表示全集）：

\[f(i, S) = \sum_{j=1}^i \sum_{S_1=0}^A \sum_{S_2=0}^A [S_1 \cup S_2 = S] \cdot [|S_2| = j] \cdot h(S_2) \cdot f(i-j, S_1) \cdot \left( \frac{sum(S_2)}{sum(S)} \right) ^p \\ f(i, S) \cdot sum(S)^p = \sum_{j=1}^i \sum_{S_1=0}^A \sum_{S_2=0}^A [S_1 \cup S_2 = S] \cdot ( [|S_2| = j] \cdot h(S_2) \cdot sum(S_2)^p ) \cdot f(i-j, S_1) \]

令 \(g(j, S_2) = [|S_2| = j] \cdot h(S_2) \cdot sum(S_2)^p\)，上面的式子就变成标准的或卷积形式了。

而且这样处理并不会因为州之间有交集而导致不能得到正确答案，当 \(i = |S|\) 的时候，\(f(i, S)\) 恰好是符合题意的答案。所以最终答案就是 \(f(n, A)\)。

我们如果在卷积的过程中一直保留点值（即不 IFWT 回去），就可以做到 \(2^n\) 的卷积，这样复杂度就是 \(O(n^2 \cdot 2^n)\) 的了。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define rep(i, s, t) for(int i = (s), mi = (t); i <= mi; i++)
#define dwn(i, s, t) for(int i = (s), mi = (t); i >= mi; i--)

int read() {
	int x = 0, f = 1; char c = getchar();
	while(!isdigit(c)){ if(c == '-') f = -1; c = getchar(); }
	while(isdigit(c)){ x = x * 10 + c - '0'; c = getchar(); }
	return x * f;
}

#define maxn 22
#define maxm 500
#define maxs 2097152
#define MOD 998244353
#define pii pair <int, int>
#define x first
#define y second
#define mp(x, y) make_pair(x, y)
#define LL long long

int n, m, p, w[maxn], cnt[maxn], can[maxs], sbit[maxs], inv[maxs], f[maxn][maxs], g[maxn][maxs];
pii es[maxm];

int fa[maxn];
int findset(int x) { return x == fa[x] ? x : fa[x] = findset(fa[x]); }

int Pow(int a, int b) {
	int ans = 1, t = a;
	while(b) {
		if(b & 1) ans = (LL)ans * t % MOD;
		t = (LL)t * t % MOD; b >>= 1;
	}
	return ans;
}

void FWT_or(int *a, int len, int tp) {
	int n = 1 << len;
	rep(i, 1, len) for(int j = 0; j < n; j += 1 << i) rep(k, 0, (1 << i >> 1) - 1) {
		int la = a[j+k], ra = a[j+k+(1<<i>>1)];
		if(tp > 0) {
			a[j+k] = (la + ra) % MOD;
			a[j+k+(1<<i>>1)] = la;
		}
		else {
			a[j+k] = ra;
			a[j+k+(1<<i>>1)] = (la - ra + MOD) % MOD;
		}
	}
	return ;
}

int main() {
	n = read(); m = read(); p = read();
	rep(i, 1, m) {
		int a = read() - 1, b = read() - 1;
		es[i] = mp(a, b);
	}
	rep(i, 0, n - 1) w[i] = read();
	
	int all = (1 << n) - 1;
	rep(s, 1, all) {
		int c = 0, cbit;
		rep(i, 0, n - 1) if(s >> i & 1) sbit[s] += w[i], c++;
		cbit = c;
		inv[s] = Pow(sbit[s], MOD - 2);
		rep(i, 0, n - 1) fa[i] = i, cnt[i] = 0;
		rep(i, 1, m) if((s >> es[i].x & 1) && (s >> es[i].y & 1)) {
			int u = findset(es[i].x), v = findset(es[i].y);	
			if(u != v) fa[v] = u, c--;
			cnt[es[i].x]++; cnt[es[i].y]++;
		}
		bool has = 0;
		rep(i, 0, n - 1) if(s >> i & 1) has |= cnt[i] & 1;
		if(has || c > 1) can[s] = 1, g[cbit][s] = Pow(sbit[s], p);
	}
	
	f[0][0] = 1;
	FWT_or(f[0], n, 1);
	
	rep(i, 0, n) FWT_or(g[i], n, 1);
	rep(i, 1, n) {
		rep(j, 1, i) rep(k, 0, all) (f[i][k] += (LL)g[j][k] * f[i-j][k] % MOD) %= MOD;
		FWT_or(f[i], n, -1);
		rep(k, 0, all) f[i][k] = (LL)f[i][k] * Pow(inv[k], p) % MOD;
		if(i < n) FWT_or(f[i], n, 1);
	}
	
	printf("%d\n", f[n][all]);
	
	return 0;
}

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