a國共有 n 個城市，每兩個城市之間均有一條交通線聯通。如今a國遭到 b 國的重創，岌岌可危。b 國國王決定轟炸a國的交通線。
面對危難之時，a國國王決定更換首都。在 b國的轟炸結束之後，a國的領土將會分成若干個聯通 塊。a國的首都，將會從聯通塊大小最大的聯通塊中，隨機選擇乙個城市，作為首都。
b 國有多少種不同的轟炸方案，使得a國首都所在的聯通塊大小恰好為k。兩種轟炸方案是不同 的，當且僅當一條交通線在一種方案中存在，在另一種方案中被轟炸。由於方案數可能很大，你需要輸 出方案數對 998,244,353 取模的結果。
求n個點的圖，最大的連通塊大小恰好為k的數量。點有編號，兩張圖不同當且僅當存在兩點，其中一張圖有邊連線，另一圖無邊。
首先，確定這道題用dp做。題目讓我們求最大的連通塊恰好為k，考慮我們通常的dp過程，由於一張圖可能有多個連通塊，若要限定某乙個塊恰好為k並不好處理，但是限定所有的塊小於等於k是比較好做到的。於是，這裡需要用到乙個技巧：設\(g_k[n]\)表示n個點的圖，最大的連通塊小於等於k，那麼我們分別把小於等於k的方案\(g_k[n]\)和小於等於k-1的方案\(g_[n]\)算出來，用前者減去後者即可得到答案。
問題轉化：求n個點的圖，最大的連通塊小於等於k個的數量。
再次簡化問題，考慮n=k時怎麼做。實質上就是沒有了k的限制，求n個點的連通圖的數量\(f[n]\)。理性思考億下，發現好像並不能直接通過之前算過的f來推出現在的f。如果是\(o(n)\)遞推，假設新來了乙個點i，不論之前的點是否連通，似乎都有連法使它們連通；如果是\(o(n^2)\)遞推，用\(f[m]\)和\(f[n-m]\)去推\(f[n]\)好像會算重......
那能不能用總方案減去不連通圖的數量呢？總方案\(h[n]\)用\(c_n^2\)條邊是否選擇來算，那麼考慮如何計算不連通圖的數量。只要一張圖有兩個以上的連通塊就不連通了，於是我們考慮列舉乙個連通塊大小為j，而剩下的i-j個點沒有限制，嘗試寫出遞推式：
\[f[i]=h[i]-\sum_^ c_i^jf[j]h[i-j]
\]再次理性思考億下，好像不太對。
為了體現出點有編號，我們在裡面加了乙個組合數\(c_i^j\)，表示在i個點裡面拿j個點出來連通。但注意到另一邊i-j個點是沒有限制的，可能就在其中，有乙個連通塊s大小也為j，當前面的組合數中也列舉到這j個點的時候，就算重了。於是，我們得想個辦法，讓左邊和右邊不會有同乙個連通塊。
如果能讓我們通過組合數枚舉出來的連通塊比較「特殊」就好了。對於當前的圖的乙個點p，我們只列舉包含p的連通塊。也就是說，我們要在i個點裡面拿j個點出來連通，先拿乙個點p出來，再從i-1個點裡選j-1個點與p連通。因為列舉的連通塊一定包含p，所以剩下的i-j個點不可能有包含p的連通塊，也就不會算重了。
真正的遞推式：
\[f[i]=h[i]-\sum_^ c_^f[j]h[i-j]
\]有了上面的鋪墊，\(g_k[i]\)也就很好求了：
\[g_k[i]=\sum_^ c_^f[j]g_k[i-j]
\]這裡的分析與f的遞推式大同小異，就不再贅述了。
這道題還是算比較難的計數dp，主要是要善於對問題進行轉化，這道題運用的許多技巧也比較常見，但是我看題解都看了1個多小時......還是得多積累經驗啊！
#include #define i inline
#define r register int
#define ll unsigned long long
using namespace std;
const ll p=998244353,n=2003;
ll f[n],h[n],g[n],_g[n],c[n][n];
i void pls(ll &a,ll b)
int main()
} _g[0]=g[0]=h[0]=1;
register ll w=1;
for(r i=1;i<=n;i++)
for(r i=1;i<=n;i++)
for(r i=1;i<=n;i++)
for(r j=1;j<=i&&j<=k;j++)
pls(g[n],p-_g[n]);
printf("%llu",g[n]);
}
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