bzoj 2169: 连边

标签：pre   i++   mod   using   偶数   stdin   好的   无向图   stdout   

Description

有N个点（编号1到N）组成的无向图，已经为你连了M条边。请你再连K条边，使得所有的点的度数都是偶数。求有多少种连的方法。要求你连的K条边中不能有重边，但和已经连好的边可以重。不允许自环的存在。求连边的方法数。我们只关心它模10007的余数。

Solution

设 \(f[i][j]\) 表示已经连了 \(i\) 条边 , 奇度点有 \(j\) 个的方案数.
\(f[i][j]=(f[i-1][j+2]*C_{j+2}^{2}+f[i-1][j-2]*C_{n-j+2}^{2}+f[i-1][j]*(n-j)*j)\)
这样做会使得某些边被加入两次 , 我们强制两条边连在同一个地方 , 减去这样的方案数就行了.
\(f[i][j]-=f[i-2][j]*(C_{n}^{2}-(i-2))\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1010,mod=10007;
int n,m,K,in[N],f[N][N],inv[N];
inline int F(int x){return (x*(x-1)>>1)%mod;}
int main(){
  freopen("pp.in","r",stdin);
  freopen("pp.out","w",stdout);
  int x,y,z=0;
  cin>>n>>m>>K;
  for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d%d",&x,&y),in[x]++,in[y]++;
  for(int i=1;i<=n;i++)if(in[i]&1)z++;
  f[0][z]=inv[0]=inv[1]=1;
  for(int i=1;i<=K;i++){
      if(i>1)inv[i]=(mod-1ll*(mod/i)*inv[mod%i]%mod)%mod;
      for(int j=0;j<=n;j++){
          f[i][j]=f[i-1][j+2]*F(j+2)%mod;
          f[i][j]=(f[i][j]+f[i-1][j]*j%mod*(n-j))%mod;
          if(j>=2)f[i][j]=(f[i][j]+f[i-1][j-2]*F(n-j+2))%mod;
          if(i>=2)f[i][j]=(f[i][j]-f[i-2][j]*(F(n)-i+2)%mod+mod)%mod;
          f[i][j]=f[i][j]*inv[i]%mod;
      }
  }
  cout<<f[K][0];
  return 0;
}

bzoj 2169: 连边

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原文地址：https://www.cnblogs.com/Yuzao/p/9297945.html