小C的島嶼題解

ioi2018 集訓隊作業 by 任軒笛

小c有\(n\)個島嶼。她為了管理島上的人，決定讓這些島嶼連通。

每個島嶼i有乙個概率值\(p_i\)，和乙個友好列表\(a_i\)。

小c首先來到了1號島嶼，她會依次執行下面操作：

設現在在島嶼\(x\)，有\(p_x\)的概率產生一條無向邊連線兩個隨機島嶼，這兩個島嶼不會相同，也不會已經有邊相連。（即在尚不存在的無向邊中隨機一條加入圖中，不會加自環）

如果此時所有島嶼連通，她就會心滿意足地離開。

否則她會在當前點的友好列表中，等概率選擇乙個，走到那座島嶼上。她的不滿意度會+1，並重複第1步。

求小c的期望不滿意度，答案模1000000007。

設 \(f[x][m]\) 表示現在在 \(x\) 節點, 已經加入了 \(m\) 條邊, 圖還未聯通, 不滿意度的期望; 顯然 \(f[1][0]\) 就是答案.

設 \(g[m]\) 表示當前有 \(m\) 條邊且圖沒有聯通, 並且加入原圖中不存在的一條邊後聯通的概率.

\[f[x][m]=\frac\sum_(f[k][m+1]+1)+\frac\sum_(f[k][m]+1)

\]發現這個式子可以分層高斯消元, 複雜度 \(o(n^5)\).

現在看如何求 \(g[m]\), 設 \(a_\) 表示 \(n\) 個點 \(m\) 條邊的無向圖方案數, \(b_\) 表示 \(n\) 個點 \(m\) 條邊聯通無向圖方案數:

\[g[m]=\frac^\binom\sum_^b_b_i(n-i)}-b_)\times (\binom-m)}

\]顯然, \(a_=\binom}\). 現在考慮如何求 \(b_\): 這是乙個經典問題, 可以做到 \(o(n^4)\). 但是由於這道題要對所有的 \((n,m)\) 都要求, 所以還是 \(o(n^5)\) 的. 但是問題不大

考慮將整個圖分成若干子集, 使得不同子集間不能有邊, 同一子集中不做要求. 設 \(h(k)\) 表示將整個圖分成 \(k\) 個子集的方案數, 那麼含有 \(x\) 個聯通塊的方案會被恰好算到 \(s(x,k)\) 次, 其中 \(s\) 是第二類斯特林數.

考慮到 \(\sum_^s(n,i)(-1)^(i-1)!=[n=1]\). 那麼我們將所有的 \(h(k)\) 乘上 \((-1)^(k-1)!\) 再求和, 得到的就是只有乙個聯通塊的方案數.

於是考慮設 \(h[i][j]\) 表示用了 \(i\) 個點, \(j\) 條邊的方案數. 由於需要湊出 \((-1)^(k-1)!\) 的係數, 可以在轉移的時候列舉任意乙個點的聯通塊(而不是1號點所在的聯通塊)進行轉移, 這樣就可以帶上 \(k!\) 的係數, 最後再用一次列舉 1 號點聯通塊的轉移即可. 最終求 \(b_\) 的時候還要乘上 \(\binom\) 的係數, 因為轉移的時候對於每個子集內部是作完全圖來考慮的.

**:

#include #define n 55
#define m 2555
using namespace std;
const int mod = 1e9 + 7;
inline int fsp(int x, int k = mod - 2) 
return res;
}inline void inc(int &x, long long y) 
int n, m, p[n], a[n][n], b[n][m], c[m][m];
int f[n][m], g[m], h[n][m];
vectors[n];
inline int a(int x, int y) 
void gauss() 
}for (int i = n; i >= 1; --i) 
}int main() 
for (int i = 0; i <= m; ++i)
for (int j = c[i][0] = 1; j <= i; ++j)
c[i][j] = (c[i - 1][j] + c[i - 1][j - 1]) % mod;
h[0][0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
for (int j = 0; j <= c[i][2]; ++j)
for (int k = 1; k <= i && c[k][2] <= j; ++k)
inc(h[i][j], mod - 1ll * h[i - k][j - c[k][2]] * c[i][k] % mod);
for (int i = n; i >= 1; --i)
for (int j = c[i][2]; j >= 0; --j) 
for (int i = 1; i <= n; ++i)
for (int j = 0; j <= m; ++j)
for (int k = j; k <= m; ++k)
inc(b[i][j], 1ll * h[i][k] * c[k][j]);
for (int i = 0, u, v; i <= m; ++i) 
for (int j = m; j >= 0; --j) 
}gauss();
for (int k = 1; k <= n; ++k)
f[k][j] = a[k][k];
}return cout << f[1][0] << endl, 0;
}

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