2020牛客暑期多校训练营（第七场）——I Valuable Forests

样例输入

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样例输出

题目大意

题解

不建议看官方题解~~(反正你也看不懂，否则为什么要来看博客)~~因为难度较大。

本题核心在于推公式。

因为 $n$ 个点的无根树可以形成 $n^{n-2}$ 个不同的树，我们设他的值为 $st_n$ ,设n个点的森林个数为 $f_n$ 。在第 $n$ 个点加入时，我们选择 $i$ 个点和他形成一棵树，那么就可以列出dp式：

$st_n=\sum_{i=0}^{n-1}C_{n-1}^if(n-i-1)st_{i+1}=n^{n-2}$

代码实现

for(int i=2;i<=5000;i++)
{
	st[i]=quick_pow(i,i-2);
}//quick_pow快速幂

接着我们再定义 $a_n$ 为 $n$ 个点能形成的所有无根树的价值和。枚举每一个点 $i$ ,再枚举这个点的度数 $j$ 。第 $i$ 个点的度数为j的贡献为 $j^2$ 与序列中有且仅有 $j-1$ 个 $i$ 的方案数之积。 $a_n$ 的dp式为：

$a_n=\sum_{j=1}^{n-1}C_{n-2}^{j-1} j^2(n-1)^{n-j-1}$

代码实现

for(int i=1;i<=5000;i++)
{
	for(int j=1;j<=i-1;j++)
	{
	    a[i]=(1ll*j*j*c[j-1][i-2]%mod*quick_pow(i-1,i-2-j+1)+a[i])%mod; 
	}
	a[i]=1ll*i*a[i]%mod;
}

最后，设n个点的形成的森林的价值和为 $ans_n$ 。
我们每次加入第 $n$ 个点，再选择 $i$ 个点，和它形成一棵树。选择 $i$ 个点和第 $n$ 个点,形成一个有 $i+1$ 个点的树与之相对应,其他的点能形成 $ans_{n-i-1}$ 中的森林,对于每一种形成方式，都能得到 $a_{i+1}$ 的权值贡献，乘在最后。这样，我们得到最后的式子：

$ans_n=\sum_{i=0}^{n-1}C_{N-1}^i(st_{i+1}ans_{n-i-1}+f_{n-i-1}a_{i+1})$

代码实现

for(int i=2;i<=5000;i++)
{
	for(int j=1;j<=i;j++)
    {
		ans[i]=(1ll*c[j-1][i-1]*((1ll*st[j]*ans[i-j]%mod+1ll*f[i-j]*a[j]%mod)%mod)+ans[i])%mod;
    }
}

AC Code

#pragma GCC optimize(2)
#pragma GCC optimize(3)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,c[5010][5010],a[5010],ans[5010],f[5010],st[5010],T,mod;
int quick_pow(int x,int a)
{
	int ans=1;
	while(a)
	{
		if(a&1)ans=(1ll*ans*x)%mod;
		x=(1ll*x*x)%mod;a>>=1;
	}
	return ans;
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
	c[0][0]=1;st[0]=st[1]=1;
	cin>>T>>mod;
	for(int i=1;i<=5000;i++)
	{
		c[0][i]=1;
		for(int j=1;j<=i;j++)
			c[j][i]=(1ll*c[j][i-1]+c[j-1][i-1])%mod;
	}
	for(int i=1;i<=5000;i++)
	{
		for(int j=1;j<=i-1;j++)
		{
			a[i]=(1ll*j*j*c[j-1][i-2]%mod*quick_pow(i-1,i-2-j+1)+a[i])%mod; 
		}
		a[i]=1ll*i*a[i]%mod;
		if(i>1) 
			st[i]=quick_pow(i,i-2);
	}
	f[0]=1;f[1]=1;
	for(int i=2;i<=5000;i++)
		for(int j=0;j<i;j++)
			f[i]=(1ll*c[j][i-1]*f[i-j-1]%mod*st[j+1]+f[i])%mod;
	for(int i=2;i<=5000;i++)
		for(int j=1;j<=i;j++)
			ans[i]=(1ll*c[j-1][i-1]*((1ll*st[j]*ans[i-j]%mod+1ll*f[i-j]*a[j]%mod)%mod)+ans[i])%mod;
	while(T--)
	{
		cin>>n;
		cout<<ans[n]<<endl;
	}
}