bzoj 4784: [Zjoi2017]仙人掌 树形dp+双连通分量

题意

给出一个仙人掌，无重边自环，问有多少种加边方案使得其还是一个仙人掌（可以不加）。

n<=500000,m<=1000000

分析

显然一开始可以特判掉不是仙人掌的情况，然后输出0.这个可以用树上差分来实现。

然后将所有的环都找出来，将环上的边标记为不可走，那么剩下的边就组成了一个森林，我们就可以愉快的树形dp啦！

考虑一棵树，我们设强制每颗子树必然要加一条连到其祖先的边（根节点特判），显然这样的边只能有一条。若本来没有则相当于子树的根节点朝其父亲又连了一条边。那么问题就转化成了有多少种方案使得所有的边都被覆盖一次。

设f[x]表示以x为根的子树组成了仙人掌且有一条边连向祖先有多少种加边方案。

再设g[x]表示x个点任意匹配的方案数，显然g[x]=g[x-1]+g[x-2]*(x-1)

那么有两种情况

一种是x的子树内没有边连向祖先，也就是x连了一条边到祖先

那么对f[x]的贡献就是(∏f[son])∗g[size]，size表示x的儿子数量

简单解释一下，因为x的每颗子树都连了一条边出来，我们可以将两颗子树连出来的边连到一起，也可以将某棵子树的边连到x上，那么就相当于size个节点任意匹配的方案数了。

一种是x的某棵子树内的边连到了其祖先

那么对f[x]的贡献就是(∏f[son])∗g[size−1]∗size

因为假设y的子树连了一条到x的祖先的边，那么其贡献就是f[y]∗(∏son!=yf[son])∗g[size−1]

就等于(∏f[son])∗g[size−1]，又因为有size种选择，所以就乘上一个size。

那么这道题至此就被解决啦！！！

ps：据说在考场上A了这道题再水一点暴力分可以排到浙江省的前十哟

本来打起来是很爽的，但由于本沙茶对求边双不熟悉而且不太清楚怎么特判非仙人掌情况，所以就码了一个下午才A掉。。。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define N 500005
#define LL long long
#define MOD 998244353
using namespace std;

int n,m,g
,f
,last
,dfn
,low
,cnt,lu
,tim,top,sta
,flag=0;
bool ins
;
struct edge{int to,next,use;}e[N*2];

int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while (ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while (ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}

void prework()
{
g[0]=g[1]=1;g[2]=2;
for (int i=3;i<=500000;i++) g[i]=(g[i-1]+(LL)g[i-2]*(i-1)%MOD)%MOD;
}

void addedge(int u,int v)
{
e[++cnt].to=v;e[cnt].next=last[u];last[u]=cnt;e[cnt].use=0;
e[++cnt].to=u;e[cnt].next=last[v];last[v]=cnt;e[cnt].use=0;
}

void dfs1(int x)
{
dfn[x]=1;ins[x]=1;
for (int i=last[x];i;i=e[i].next)
if (!dfn[e[i].to]) dfs1(e[i].to);
else if (ins[e[i].to]) lu[x]++,lu[e[i].to]--;
ins[x]=0;
}

bool dfs2(int x)
{
dfn[x]=1;
for (int i=last[x];i;i=e[i].next)
if (!dfn[e[i].to])
{
if (!dfs2(e[i].to)) return 0;
lu[x]+=lu[e[i].to];
}
if (lu[x]>2) return 0;
else return 1;
}

bool check()
{
for (int i=1;i<=n;i++) dfn[i]=lu[i]=0;
dfs1(1);
for (int i=1;i<=n;i++) dfn[i]=0;
return dfs2(1);
}

void tarjan(int x,int fa)
{
dfn[x]=low[x]=++tim;
ins[x]=1;
for (int i=last[x];i;i=e[i].next)
{
if (e[i].to==fa) continue;
if (!dfn[e[i].to])
{
sta[++top]=i;
tarjan(e[i].to,x);
low[x]=min(low[x],low[e[i].to]);
if (low[e[i].to]==dfn[x])
{
int y=0;
while (y!=i)
{
y=sta[top--];e[y].use=e[y^1].use=1;
}
}
}
else if (ins[e[i].to]) low[x]=min(low[x],dfn[e[i].to]),sta[++top]=i;
}
ins[x]=0;
if (dfn[x]==low[x]&&top) top--;
}

void dp(int x,int root)
{
dfn[x]=1;f[x]=1;int w=1,size=0;
for (int i=last[x];i;i=e[i].next)
{
if (dfn[e[i].to]||e[i].use) continue;
dp(e[i].to,root);
size++;w=(LL)w*f[e[i].to]%MOD;
}
if (root==x) f[x]=(LL)w*g[size]%MOD;
else f[x]=(LL)w*g[size+1]%MOD;
}

int main()
{
freopen("cactus.in","r",stdin);//freopen("cactus.out","w",stdout);
prework();
int T=read();
while (T--)
{
n=read();m=read();cnt=1;
for (int i=1;i<=n;i++) last[i]=0;
for (int i=1;i<=m;i++)
{
int x=read(),y=read();
addedge(x,y);
}
if (!check())
{
printf("0\n");
continue;
}
for (int i=1;i<=n;i++) dfn[i]=low[i]=0;
tim=0;
tarjan(1,0);
int ans=1;
for (int i=1;i<=n;i++) dfn[i]=0;
for (int i=1;i<=n;i++)
if (!dfn[i]) dp(i,i),ans=(LL)ans*f[i]%MOD;
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}