标签：std aws ble ace 方案 lin htm oid 条件
小 \(S\) 现在拥有 \(n\) 座城市，第 \(i\) 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 \(k\neq s\) ，或存在某个 \(1\leq i\leq k\) ，使得 \(Vi\neq Ci\) 。
\(0\leq n\leq 21,0\leq m\leq \frac{n\times (n-1)}{2},0\leq p\leq 2,1\leq w_i\leq 100\)
我们记 \(f_S\) 为选点情况为 \(S\) 时，划分成若干非空集合所得到的所有贡献。
容易得到转移方程：
\[f_S=\frac{1}{sum_S^p}\sum_{X\subset S} f(X)sum_{S-X}^P\]
其中 \(sum_S\) 表示点集 \(S\) 中所有点的权值和。
那么套路地用子集卷积搞一下就好了。注意要预处理出满足条件的集合。
安利我博客：子集卷积
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 21+5, SIZE = (1<<21)+5, yzh = 998244353;
int n, m, p, u, v, w[N], mp[N][N], bin[N];
int f[N][SIZE], g[N][SIZE], ok[SIZE], sum[SIZE], inv[SIZE], cnt[SIZE];
int fa[N], deg[N];
int find(int o) {return fa[o] ? fa[o] = find(fa[o]) : o; }
int quick_pow(int a, int b) {
int ans = 1;
while (b) {
if (b&1) ans = 1ll*ans*a%yzh;
b >>= 1, a = 1ll*a*a%yzh;
}
return ans;
}
void FMT(int *A, int o) {
for (int i = 1; i < bin[n]; i <<= 1)
for (int j = 0; j < bin[n]; j++)
if (i&j) (A[j] += A[i^j]*o) %= yzh;
}
bool judge(int S) {
for (int i = 1; i <= n; i++) if (bin[i-1]&S) sum[S] += w[i], ++cnt[S], fa[i] = deg[i] = 0;
int b = cnt[S];
for (int i = 1; i <= n; i++) if (S&bin[i-1])
for (int j = i+1; j <= n; j++) if ((S&bin[j-1]) && mp[i][j]) {
++deg[i], ++deg[j];
if (find(i)^find(j)) fa[find(i)] = find(j), --b;
}
if (b > 1) return true;
for (int i = 1; i <= n; i++) if ((S&bin[i-1]) && (deg[i]&1)) return true;
return false;
}
void work() {
scanf("%d%d%d", &n, &m, &p); bin[0] = 1;
for (int i = 1; i <= 25; i++) bin[i] = bin[i-1]<<1;
for (int i = 1; i <= m; i++) {
scanf("%d%d", &u, &v); mp[u][v] = mp[v][u] = 1;
}
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &w[i]);
for (int i = 0; i < bin[n]; i++) ok[i] = judge(i);
for (int i = 0; i < bin[n]; i++) {
sum[i] = quick_pow(sum[i], p);
inv[i] = quick_pow(sum[i], yzh-2);
if (ok[i]) g[cnt[i]][i] = sum[i];
}
for (int i = 0; i <= n; i++) FMT(g[i], 1);
f[0][0] = 1; FMT(f[0], 1);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 0; j < i; j++)
for (int k = 0; k < bin[n]; k++)
(f[i][k] += 1ll*f[j][k]*g[i-j][k]%yzh) %= yzh;
FMT(f[i], -1);
for (int k = 0; k < bin[n]; k++) f[i][k] = 1ll*f[i][k]*inv[k]%yzh;
for (int k = 0; k < bin[n]; k++) if (cnt[k] != i) f[i][k] = 0;
if (i != n) FMT(f[i], 1);
}
printf("%d\n", (f[n][bin[n]-1]+yzh)%yzh);
}
int main() {work(); return 0; }标签：std aws ble ace 方案 lin htm oid 条件
原文地址：https://www.cnblogs.com/NaVi-Awson/p/9242576.html
