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樹上匹配

Description

懶惰的溫溫今天上班也在偷懶。盯著窗外發呆的溫溫發現，透過窗戶正巧能看到一棵 n 個節點的樹。一棵 n 個節點的樹包含 n-1 條邊，且 n 個節點是聯通的。樹上兩點之間的距 離即兩點之間的最短路徑包含的邊數。
突發奇想的溫溫想要選擇一個樹上的邊集（可以為空）刪除， 使得刪除后剩下的圖的 最大匹配是唯一的。溫溫想要知道滿足條件的邊集的數量。滿足條件的邊集數量可能很多， 請對 998244353 取模。
圖的一個匹配是圖的一個邊子集，滿足條件任意兩條邊都不依附于同一個節點。圖的所 有匹配中，邊數最多的匹配即為圖的最大匹配。

Input Format

第一行一個整數 n。
接下來 n-1 行每行兩個整數 ai, bi，表示節點 ai 和 bi 之間存在一條邊。
2 ≤ n ≤ 3000 for 40%
2 ≤ n ≤ 300000 for 100%

Output Format

輸出一個整數，表示所求的滿足條件的邊集數量，對 998244353 取模

Sample Input

4 1 2 1 3 1 4

Sample Output

4

解析

先轉換題意：最大匹配唯一其實等價于圖中的一個點要么孤立，要么屬于最大匹配。

這個條件的必要性是顯然的，也就是說，最大匹配唯一，該條件一定滿足。同樣我們也可以證明該條件的充分性：反證法，假設存在一個點，它既不孤立也不屬于最大匹配，并且這個圖的最大匹配唯一。我們分兩種情況討論：

\(1.\) 這個點連向的點屬于最大匹配，那就與最大匹配的唯一性矛盾
\(2.\) 這個點連向的點不屬于最大匹配，那就與最大匹配的極大性矛盾

所以這兩個命題是等價的。

那么我們就可以考慮樹形\(dp\)計數。設\(f1[x]\)代表節點\(x\)等待他的父節點與他匹配，子樹\(x\)的方案數，\(f2[x]\)代表節點\(x\)孤立，子樹\(x\)的方案數，\(f3[x]\)代表節點\(x\)已經與某一個兒子匹配，子樹的\(x\)的方案數。然后列狀態轉移方程：

\[f1_{x}=\prod_{y\in son(x)}(f2_y+2f3_y)\\f2_x=\prod_{y\in son(x)}(f2_y+f3_y)\\f3_x=\sum_{y\in son(x)} \left ( \frac{\prod_{z\in son(x),z\not= y}(f2_z+2f3_z)}{f2_y+2f3_y}*f1_y \right )\]

為什么\(f3\)都要乘\(2\)，是因為當前節點\(x\)與\(f3\)這種完成狀態之間的邊可連可不連。關于第三個狀態轉移方程，其含義為選一個點\(y\)的\(f1\)狀態與其匹配，剩下的同理隨便選。

\(Code:\)

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 300020; const long long Mod = 998244353; struct edge { int ver,next; } e[N*2]; int n,t,Head[N]; long long f1[N],f2[N],f3[N]; // f1 means which node is waiting mathcing // f2 means which node is isolated // f3 means which node has already matched inline void insert(int x,int y) {e[++t] = (edge){y,Head[x]} , Head[x] = t;e[++t] = (edge){x,Head[y]} , Head[y] = t; } inline void input(void) {scanf("%d",&n);for ( int i = 1; i < n; i++ ){int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);insert( x , y );} } inline long long power(long long a,long long b) {long long res = 1;while ( b ){if ( 1 & b ) res = res * a % Mod;a = a * a % Mod , b >>= 1;}return res; } inline void mul(long long &a,long long b) { a = a * b % Mod; } inline void add(long long &a,long long b) { a += b; if ( a >= Mod ) a -= Mod; } inline void dp(int x,int f) {f1[x] = f2[x] = 1LL;long long val = 1LL;for ( int i = Head[x]; i; i = e[i].next ){int y = e[i].ver;if ( y == f ) continue;dp( y , x );mul( f1[x] , ( f2[y] + 2 * f3[y] ) % Mod );mul( f2[x] , ( f2[y] + f3[y] ) % Mod );mul( val , ( f2[y] + 2 * f3[y] ) % Mod );}for ( int i = Head[x]; i; i = e[i].next ){int y = e[i].ver;if ( y == f ) continue;long long inv = power( f2[y] + 2 * f3[y] , Mod-2 );long long sum = val;mul( sum , inv ) , mul( sum , f1[y] );add( f3[x] , sum );} } int main(void) {input();dp( 1 , 0 );printf("%lld\n", ( f2[1] + f3[1] ) % Mod );return 0; }

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轉載于:https://www.cnblogs.com/Parsnip/p/11203680.html

總結

以上是生活随笔為你收集整理的『树上匹配 树形dp』的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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