标签：open 需要 direct drag 合并 style i++ ram scanf
开篇题外话：没想到tarjan写挂了的我调了一个上午我太蒻了
简意：给一张无向图，求有多少种加边方案使得这张图是一个仙人掌（即任意两个环没有共边）
注意：有多组数据
拆环+判断原图：
对于一个仙人掌，我们画图分析可得绝对不能有一条边连接了环两边的端点（下图即为有边连接了环两边的点）
所以这个时候我们可以把环拆掉使得原图变成森林，这个时候我们选择求桥（关于桥（也叫作割边）是什么，点此了解 ）求出桥后我们只走桥就可以走完一颗子树，当然求割点也是一样的，不走连接两个非割点的边即可走完每一棵子树
在求桥的时候可以顺便判断原图是否是仙人掌（方法就是在tarjan的时候如果对于一个根节点u，它的子结点们有多于一个的low[ ]小于dfn[ ]说明一定有两环共边）
code：（fl为bool变量，判断这个图是否是仙人掌，如果不是直接输出0）
inline void tarjan(int u,int fa){ bool flag=0; dfn[u]=low[u]=++dfs_time; for(int i=head[u],v;i;i=e[i].nxt){ v=e[i].to; if(vis[i]||vis[e[i].op]) continue; vis[i]=1; if(!dfn[v]){ tarjan(v,u); low[u]=min(low[u],low[v]); if(dfn[u]>low[v]){ if(flag) {fl=0;return;} flag=1; } if(dfn[u]<low[v]){ tag[i]=tag[e[i].op]=1; } }else{ low[u]=min(low[u],dfn[v]); if(dfn[u]>dfn[v]){ if(flag) {fl=0;return;} flag=1; } } } }
预处理：g[ ]
我们用g[i]表示i个数里面两两匹配的方案数，至于为什么要两两匹配，因为如果多个匹配的话所构成的环会有共边（不理解就手画√）
不难得出状态转移方程：
树形dp step：（以下都假设这张图是有方案使得加边后是仙人掌）
我们假设数组 f[u][0]表示以u为根节点的子树内部的连接方案数，f[u][1]表示子树内部往根节点的祖先方向连接的方案数。
（以下左图为f[u][0]，右图f[u][1]）
定义 也就是把u的所有子树的方案数相乘（因为不会互相冲突嘛）对于每个子树把f[u[]0]和f[u][1]相加（因为两者会互相冲突，即如果子树内部连成环之后子树的结点又往外连会造成两环共边）
假设s为以u为根节点的子树个数
（以u为根节点的子树的内部连接方案数（包括v的子孙节点往外连边）等于v的总方案数乘上u的s个子节点两两连接的方案数（容易知道这不会有两环共边的情况））
（相当于把一个v单独拿开把它往上连接，剩下的结点内部连接，一共有s个点可以拿开（可能不是很好理解（对 我语文不是很好）多想想实在不行就感性理解吧，也有可能有其他更好理解的方法反正自己理解了就好！））
所以最后答案是f[root][0]（因为root没有祖先结点了）
这个时候我们发现 f[u][0]和f[u][1]其实可以合并成一个f[u]数组（因为对于根节点来说需要的是 f[u][0]和f[u][1]的和，如果无法理解不合并也可以）
所以 （根据上述内容我们可以发现更新f[u]的时候不需要加上sum*g[s-1]*s）
code：
void dp(int u){ vis[u]=1; int sum=1,s=0; for(int i=head[u],v;i;i=e[i].nxt){ v=e[i].to; if(vis[v]||!tag[i]) continue; dp(v);s++; sum=(sum*f[v])%mod; } f[u]=(sum*g[s])%mod; if(u!=root) f[u]=(f[u]+((sum*g[s-1])%mod)*s%mod)%mod; }
每一次进行计算的时候，都要mod一遍，因为有可能炸longlong（诚实）
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #define int long long using namespace std; const int N=5e5+6,M=1e6+6,mod=998244353; struct node{ int fro,to,nxt,op; }e[M<<1]; int T,n,m,cnt,dfn[N],low[N],dfs_time,g[N],f[N],ans=1,head[N],root; bool vis[M<<1],tag[M<<1],fl=1; inline void clean(){ for(int i=1;i<=(m<<1);i++) tag[i]=vis[i]=0; for(int i=1;i<=n;i++) head[i]=dfn[i]=low[i]=f[i]=0; ans=fl=1;cnt=dfs_time=0; } inline void add(int x,int y){ e[++cnt]=(node){x,y,head[x],cnt+1}; head[x]=cnt; e[++cnt]=(node){y,x,head[y],cnt-1}; head[y]=cnt; } inline void tarjan(int u,int fa){ bool flag=0; dfn[u]=low[u]=++dfs_time; for(int i=head[u],v;i;i=e[i].nxt){ v=e[i].to; if(vis[i]||vis[e[i].op]) continue; vis[i]=1; if(!dfn[v]){ tarjan(v,u); low[u]=min(low[u],low[v]); if(dfn[u]>low[v]){ if(flag) {fl=0;return;} flag=1; } if(dfn[u]<low[v]){ tag[i]=tag[e[i].op]=1; } }else{ low[u]=min(low[u],dfn[v]); if(dfn[u]>dfn[v]){ if(flag) {fl=0;return;} flag=1; } } } } void dp(int u){ vis[u]=1; int sum=1,s=0; for(int i=head[u],v;i;i=e[i].nxt){ v=e[i].to; if(vis[v]||!tag[i]) continue; dp(v);s++; sum=(sum*f[v])%mod; } f[u]=(sum*g[s])%mod; if(u!=root) f[u]=(f[u]+((sum*g[s-1])%mod)*s%mod)%mod; } signed main(){ scanf("%lld",&T); g[1]=g[0]=1; for(int i=2;i<=N-5;i++) g[i]=(g[i-1]+(g[i-2]*(i-1))%mod)%mod; while(T--){ scanf("%lld%lld",&n,&m); clean(); for(int i=1,u,v;i<=m;i++){ scanf("%lld%lld",&u,&v); add(u,v); } tarjan(1,0); if(!fl){ printf("0\n"); continue; } for(int i=1;i<=n;i++) vis[i]=0; for(int i=1;i<=n;i++) if(!vis[i]){ root=i; dp(i); ans=(ans*f[i])%mod; } printf("%lld\n",ans); } return 0; }
tarjan+dp——luoguP3687 [ZJOI2017]仙人掌
标签：open 需要 direct drag 合并 style i++ ram scanf
原文地址：https://www.cnblogs.com/FridayZ/p/12859845.html
