传送门

题解：

由题目给出的两个限制：

1.从1到所有点的最短路唯一
2.1到$i$的距离不小于1到$i+1$的距离

我们可以很显然地发现图可以这样生成：

1. BFS树就是最短路树，且每个点向深度浅的边的连线只有一条
2. 同层的点的编号连续，且非树边只可能是同层的点之间的连边。

设$f[i][j]$表示考虑前$i$个点的时候，最后$j$个点和$i$点在同一层时候的方案数。

设$g[i][j][k]$表示这一层有$i$个点，上一层度数为$2$的点有$j$个，度数为$3$的点有$k$个，两层之间连边加上上一层层内连边的方案数，注意这里没有考虑当前层的点之间的连边，因为在考虑下一层的时候当前层的点有可能需要向下连边。

那么很显然，根据定义，最终答案为$\sum _{i=1}^{n-1}f[n][i]\ast g[0][c0][c1]$，其中$c0,c1$分别表示最后$i$个点中度数为$2$和$3$的点的个数。

同时对于$f$，我们通过枚举上一层有多少个点，有一个可以$O(n^3)$求解的式子：

$$f[i][j]=\sum _{k=1}^{i-j-1}f[i-j][k]\ast g[j][c0][c1]$$

这里的$c0,c1$是从$i$倒着数$k$个的度数计数。

于是我们现在需要考虑的是$g$的求解。

实际上$g$也有一个$O(n^3)$的求解方式。

显然$g[0][0][0]=1$。

然后，考虑$g[0][0][k]$怎么算。由于现在只有度数为$3$的点，不需要向下连出儿子边，每个点去掉向上的父亲边之后度数为$2$。所以同层连边之后剩下的是若干个环，需要考虑旋转和翻折同构，实际上就是项链数，记长度为$i$的非同构项链总数为$a_i$。但是由于不允许重边，需要去掉长度为$2$的环。

枚举这个点所在的环的长度，我们有：

$$g[0][0][k]=\sum _{l=3}^{k}g[0][0][k-l]\cdot \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k-1}{l-1}\right)\cdot a_l$$

考虑算$g[0][j][k]$。现在，由于连了父亲边了，所有度数为$2$的点还有一条自由边，度数为$3$的点还有两条自由边，我们可以假设最后新加入的点度数为$2$（其实$3$也可以，但是转移情况有三种，考虑度数为$2$的话只有两种），考虑这个加入的点有一条自由边，现在强制给这条边找到另一端。

如果从度数为$2$的点中选择的话方案数显然是$j-1$，转化成子问题$g[0][j-2][k]$。
如果从度数为$3$的点中选择的话，这个点的自由边就只剩下一条，相当于度数为$2$的点，方案数为$k$，转化为子问题$g[0][j][k-1]$。

所以我们得到第二个转移式：

$$g[0][j][k]=g[0][j-2][k]\cdot (j-1)+g[0][j][k-1]\cdot k$$

现在考虑求$g[i][j][k]$。其实这里还挺简单的，我们考虑在上一层中选择一个点作为他的父亲，那么他的父亲就要少一条自由边，直接考虑一下选择度数为$2$还是$3$，随便做就行了，则有如下转移：

$$g[i][j][k]=g[i-1][j-1][k]\cdot j+g[i-1][j+1][k-1]\cdot k$$

总复杂度$O(n^3)$，所以为什么才给n=50

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define re register
#define cs const
using std::cerr;
using std::cout;
cs int mod=1e9+7;
inline int add(int a,int b){return (a+=b)>=mod?a-mod:a;}
inline int dec(int a,int b){return (a-=b)<0?a+mod:a;}
inline int mul(int a,int b){ll r=(ll)a*b;return r>=mod?r%mod:r;}
inline bool Inc(int &a,int b){return (a+=b)>=mod&&(a-=mod);}
inline bool Dec(int &a,int b){return (a-=b)<0&&(a+=mod);}
cs int N=55;
int n,ans;
int g[N][N][N],f[N][N],d[N];
int c[N][N],a[N];
inline void init(){
c[0][0]=1;
for(int re i=1;i<=n;++i){
c[i][0]=c[i][i]=1;
for(int re j=1;j<i;++j)c[i][j]=add(c[i-1][j],c[i-1][j-1]);
}
a[2]=a[3]=1;
for(int re i=4;i<=n;++i)a[i]=mul(a[i-1],i-1);
g[0][0][0]=1;
for(int re k=1;k<=n;++k)
for(int re l=3;l<=k;++l)
Inc(g[0][0][k],mul(g[0][0][k-l],mul(c[k-1][l-1],a[l])));
for(int re j=1;j<=n;++j)
for(int re k=0,lk=n-j;k<=lk;++k)
(j>=2)&&Inc(g[0][j][k],mul(g[0][j-2][k],j-1)),
(k>=1)&&Inc(g[0][j][k],mul(g[0][j][k-1],k));
for(int re i=1;i<=n;++i)
for(int re j=0,lj=n-i;j<=lj;++j)
for(int re k=0,lk=lj-j;k<=lk;++k)
j&&Inc(g[i][j][k],mul(g[i-1][j-1][k],j)),
k&&Inc(g[i][j][k],mul(g[i-1][j+1][k-1],k));
}
signed main(){
scanf("%d",&n);
for(int re i=1;i<=n;++i)scanf("%d",d+i);
init();
f[d[1]+1][d[1]]=1;
for(int re i=d[1]+2;i<=n;++i)
for(int re j=1,lj=i-d[1]-1;j<=lj;++j)
for(int re k=1,lk=i-j,c0=0,c1=0;k<lk;++k){
++(d[i-j-k+1]==2?c0:c1);
Inc(f[i][j],mul(f[i-j][k],g[j][c0][c1]));
}
for(int re i=1,c0=0,c1=0;i<n;++i){
++(d[n-i+1]==2?c0:c1);
Inc(ans,mul(f[n][i],g[0][c0][c1]));
}
cout<<ans<<"n";
return 0;
}

最后

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