标签：son OL NOI int sum T3 times include inv
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要求“恰好有$k$个回合不平局”，考虑先求“至少有$k$个回合不平局”。
设$f[u][k]$为$u$的子树内，选出$k$对异色祖孙节点的方案数。树上背包走起！
有两种情况，即$u$有没有算进去。先看$u$没被算进去的情况：$$f[u][k]=\sum_{k_1+k_2+k_3+\dots +k_p=k}\prod f[son_1][k_1]\times f[son_2][k_2]\times f[son_3][k_3]\times f[son_p][k_p]$$
不能直接枚举，考虑每次将子树合并：$$f[u][j+k]=\sum_{son}f[son][j]\times f[u][k]$$
这里注意枚举的上界是“已知最大异色点对数量”，可以保证单个子树的枚举时间是$O(n)$的。感性理解：每个点对仅会在$LCA$处贡献一次复杂度。
同时为了避免覆盖的情况，需要额外使用一个一维数组。这里有一个很奇怪的问题，就是使用$memset$清零这个小数组时，找不到正确的长度表达式。见代码注释。
设$sum[u][c]$表示$u$子树内$c$颜色（仅有$0/1$）的点的数量，那么考虑$u$和子树内的异色点配对，有$$f[u][k]+=f[u][k-1]\times(\,sum[u][c\hat{}1]-(j-1)\,)\quad(sum[u][c\hat{}1]>j-1)$$
接下来设$G(k)=f[1][k]\times(m-k)!$，即在选出$k$个异色祖孙点对之后，剩下随意组合的方案总数，我们暂且认为它是至少选出了$k$对的方案总数。
但是这样显然会算重，因为随意组合的点对中也会出现异色祖孙点对。设$H(i)$为恰好选出了$i$个异色祖孙点对的方案总数，可以发现：对于每个$H(i)$，它对$G(k)$的贡献为$\tbinom{i}{k}H(i)$。
举个栗子，假设$i=4,k=3$，有①②③④四个异色祖孙点对。那么有可能是①②③被算在$f[1][k]$内，④是自由组合出来的；也有可能是①②④被算在$f[1][k]$内，③是自由组合出来的……总共有$\tbinom{i}{k}$种可能。
于是乎$G(k)=\sum_{i=k}^m \tbinom{i}{k}H(i)$，可以进行二项式反演。二项式反演的公式：$$g(k)=\sum_{i=k}^{\infty}\tbinom{i}{k}f(i)\Leftrightarrow f(i)=\sum_{k=i}^{\infty}(-1)^{k-i}\tbinom{k}{i}g(k)$$
代入即可。
$G(k)$并不是“至少选出了$k$对的方案总数”，因为它重复次数太多。笔者认为它起到一个桥梁的作用，方便我们使用二项式反演来求得答案。但不能否认，它内涵的“至少”的概念，和题目中给的“恰好”的概念相对，确实是我们解题的起手式。
程序（100分）：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#define IL inline
#define RG register
#define _1 first
#define _2 second
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=5000;
const LL mod=998244353;
int n,m;
bool col[N+3];
struct Edge{
int to,nxt;
}e[(N<<1)+3];
int h[N+3],top;
IL void add(int u,int v){
top++;
e[top].to=v;
e[top].nxt=h[u];
h[u]=top;
}
IL LL add(LL x,LL y){return (x+y)%mod;}
IL LL mul(LL x,LL y){return x*y%mod;}
IL void fadd(LL &x,LL y){x=add(x,y);}
IL void fmul(LL &x,LL y){x=mul(x,y);}
IL LL qpow(LL a,LL b){
LL ans=1;
for(;b;fmul(a,a),b>>=1)
if(b&1)
fmul(ans,a);
return ans;
}
LL fac[N+3],inv[N+3];
IL void init(){
fac[0]=fac[1]=inv[0]=inv[1]=1;
for(int i=2;i<=m;i++)
fac[i]=mul(fac[i-1],i);
inv[m]=qpow(fac[m],mod-2);
for(int i=m;i>2;i--)
inv[i-1]=mul(inv[i],i);
}
IL LL C(int n,int m){
return mul(mul(fac[n],inv[m]),inv[n-m]);
}
int sz[N+3],sum[N+3][2]; //sz：子树内最大点对数
LL f[N+3][N+3],g[N+3];
void dfs(int u,int fr){
f[u][0]=1;
for(int i=h[u];~i;i=e[i].nxt){
int v=e[i].to;
if(v==fr) continue;
dfs(v,u);
sum[u][0]+=sum[v][0];
sum[u][1]+=sum[v][1];
for(int j=0;j<=sz[u]+sz[v];j++) g[j]=0;
// memset(g,0,(sz[u]+sz[v])*(sizeof(LL)));
for(int j=0;j<=sz[u];j++)
for(int k=0;k<=sz[v];k++)
fadd(g[j+k], mul(f[u][j],f[v][k]) );
sz[u]+=sz[v];
for(int j=0;j<=sz[u];j++)
f[u][j]=g[j];
}
sum[u][col[u]]++;
for(int i=sz[u];i>=0;i--)
if(sum[u][col[u]^1]-i>0)
fadd(f[u][i+1], mul(f[u][i],sum[u][col[u]^1]-i) );
if(f[u][sz[u]+1])
sz[u]++;
}
int main(){
freopen("p2.in","r",stdin);
freopen("p2.out","w",stdout);
scanf("%d\n",&n);
m=n>>1;
for(int i=1;i<=n;i++)
col[i]=getchar()-'0';
memset(h,-1,sizeof h);
top=-1;
for(int i=1;i<n;i++){
int u,v; scanf("%d%d",&u,&v);
add(u,v); add(v,u);
}
init();
memset(sz,0,sizeof sz);
memset(sum,0,sizeof sum);
memset(f,0,sizeof f);
dfs(1,0);
for(int i=0;i<=sz[1];i++)
fmul(f[1][i],fac[m-i]);
for(int k=0;k<=m;k++){
LL ans=0,t=1;
for(int i=k;i<=sz[1];i++,fmul(t,mod-1))
fadd(ans, mul(t, mul(C(i,k),f[1][i]) ) );
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
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标签：son,OL,NOI,int,sum,T3,times,include,inv 来源： https://www.cnblogs.com/Hansue/p/12897249.html
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