BZOJ1002

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似乎做法挺多，不过我并不懂得基于连通性的动态规划，于是只能做纯数学解法。

我们需要以下知识：

Kirchhoff Matrix Tree定理：
设$G$为无向图，取$E$为图$G$的度数矩阵，$F$为图$G$的邻接矩阵
称矩阵$E-F$为图G的Kirchhoff矩阵$R$，任取与$R$同构的行列式$R‘$的任意一个$n-1$阶主子式$Q$，其值为图G的生成树个数。

这个定理不是显然的，但我们在这里不证，因为它与本题的讨论无关。

取中心点为0号点，其余点按顺时针顺序标为1234…n，则有

$$\begin{equation} R= \left( \begin{array}{cccccc} n & -1 & -1 & -1 & -1 & -1 \ -1 & 3 & -1 & 0 & 0 & -1 \ -1 & -1 & 3 & \ddots & 0 & 0 \ -1 & 0 & -1 &3 & \ddots & \ddots \ -1 & 0 & 0 & \ddots & \ddots & -1 \ -1 & -1 & 0 & 0 & -1 & 3 \\ \end{array} \right) _{n+1} \end{equation}$$

这里我们显然会取1-n行主子式，故

$$\begin{equation} Q= \left| \begin{array}{ccccc} 3 & -1 & 0 &\ldots & 0 & -1 \ -1 & 3 & \ddots & 0 &\ldots &0 \ 0 & -1 &3 & \ddots & \ddots &0 \ 0 & 0 & \ddots & \ddots & -1 &0\ 0 &0 &0 &\ddots &\ddots &-1 \ -1 & 0 & 0 &0 & -1 & 3 \ \end{array} \right| _{n} \end{equation}$$

将此行列式Laplace展开，可得

$$Q(n)=3 \times G(n-1) - 2 \times G(n-2) -2$$

其中$Q(n)指形如Q的n阶行列式的值$，$G(n)$指形如

$$\begin{equation} \left| \begin{array}{ccccc} 3 & -1 & 0 &\ldots & 0 & 0 \ -1 & 3 & \ddots & 0 &\ldots &0 \ 0 & -1 &3 & \ddots & \ddots &0 \ 0 & 0 & \ddots & \ddots & -1 &0\ 0 &0 &0 &\ddots &\ddots &-1 \ 0 & 0 & 0 &0 & -1 & 3 \ \end{array} \right| _{n} \end{equation}$$
的带状行列式的值。这个式子的证明详细步骤就不写了。

而将$G$Laplace展开可以发现有

$$G(n)=3 \times G(n-1) -G(n-2)$$
详细过程就不写了。

于是有

$$ans=3 \times G(n-1) - 2 \times G(n-2) -2$$
其中
$$\begin{equation} G(n)=\left\{\begin{array}{ll} 3 &\text{$n=1$}\8 &\text{$n=2$} \3 \times G(n-1) -G(n-2)& \text{otherwise} \end{array}\right. \end{equation}$$

然后高精度就可以AC了。

【吐槽：题解LaTeX代码写的时间比我做题时间还长】

代码上的小细节见下。

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;

struct node
{
    int a[1100],l;
    node()
    {
        memset(a,0,sizeof(a));
        l = 1;
    }
    friend inline node operator *(int x,node &y)
    {
        node ret; ret.l = y.l+1;
        for (int i = 1;i <= y.l;++i)
        {
            ret.a[i] += y.a[i]*x;
            ret.a[i+1] += ret.a[i]/10;
            ret.a[i] %= 10;
        }
        if (ret.a[ret.l] == 0) ret.l--;
        return ret;
    }
    friend inline node operator -(node x,node y)
    {
        node z; z.l = max(x.l,y.l);
        for (int i = 1;i <= z.l;++i)
        {
            z.a[i] = x.a[i]-y.a[i];
            while (z.a[i] < 0)
                z.a[i] += 10,x.a[i+1]--;
        }
        while (z.l > 1&&z.a[z.l] == 0)z.l--;
        return z;
    }
    friend inline node operator +(node &x,int y)
    {
        node ret = x;
        ret.a[1] += y;
        for (int i = 1;i <= ret.l;++i)
        {
            if (ret.a[i] >= 10)
                ret.a[i]-=10,ret.a[i+1]++;
            else break;
        }
        if (ret.a[ret.l+1]) ret.l++;
        return ret;
    }
    inline void print()
    {
        for (int i = l;i >= 1;--i)
            printf("%d",this->a[i]);
    }
};

int n;
node g[110];
node ans;

void Readdata()
{
    freopen("loli.in","r",stdin);
    scanf("%d",&n);
}

void Solve()
{
    g[1]=g[1]+3;
    g[2]=g[2]+8;
    if(n<=2){
        g[n].print();
        return;
    }
    for(int i=3;i<=n;i++)
        g[i]=3*g[i-1]-g[i-2];
    ans=3*g[n-1]-2*g[n-2];
    ans=ans+(-2);
    ans.print();
}

void Close()
{
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
}

int main()

{
    Readdata();
    Solve();
    Close();
}