【bzoj1063】[Noi2008]道路设计

2015.05.29 16:34 Fri | 31次阅读 | 旧日oi | 固定链接 | 源码

Description

Z 国坐落于遥远而又神奇的东方半岛上,在小Z 的统治时代公路成为这里主要的交通手段。Z 国共有n 座城市,一些城市之间由双向的公路所连接。非常神奇的是Z 国的每个城市所处的经度都不相同,并且最多只和一个位于它东边的城市直接通过公路相连。Z 国的首都是Z 国政治经济文化旅游的中心,每天都有成千上万的人从Z 国的其他城市涌向首都。 为了使Z 国的交通更加便利顺畅,小Z 决定在Z 国的公路系统中确定若干条规划路线,将其中的公路全部改建为铁路。 我们定义每条规划路线为一个长度大于1 的城市序列,每个城市在该序列中最多出现一次,序列中相邻的城市之间由公路直接相连(待改建为铁路)。并且,每个城市最多只能出现在一条规划路线中,也就是说,任意两条规划路线不能有公共部分。 当然在一般情况下是不可能将所有的公路修建为铁路的,因此从有些城市出发去往首都依然需要通过乘坐长途汽车,而长途汽车只往返于公路连接的相邻的城市之间,因此从某个城市出发可能需要不断地换乘长途汽车和火车才能到达首都。 我们定义一个城市的“不便利值”为从它出发到首都需要乘坐的长途汽车的次数,而Z 国的交通系统的“不便利值”为所有城市的不便利值的最大值,很明显首都的“不便利值”为0。小Z 想知道如何确定规划路线修建铁路使得Z 国的交通系统的“不便利值”最小,以及有多少种不同的规划路线的选择方案使得“不便利值”达到最小。当然方案总数可能非常大,小Z 只关心这个天文数字mod Q 后的值。 注意:规划路线1-2-3 和规划路线3-2-1 是等价的,即将一条规划路线翻转依然认为是等价的。两个方案不同当且仅当其中一个方案中存在一条规划路线不属于另一个方案。

Input

第一行包含三个正整数N、M、Q,其中N 表示城市个数,M 表示公路总数,N 个城市从1~N 编号,其中编号为1 的是首都。Q 表示上文提到的设计路线的方法总数的模数。接下来M 行,每行两个不同的正数ai、bi (1≤ ai , bi ≤ N)表示有一条公路连接城市ai 和城市bi。 输入数据保证一条公路只出现一次。

Output

包含两行。第一行为一个整数,表示最小的“不便利值”。 第二行为一个整数,表示使“不便利值”达到最小时不同的设计路线的方法总数 mod Q 的值。如果某个城市无法到达首都,则输出两行-1。

Sample Input

5 4 100
1 2
4 5
1 3
4 1

Sample Output

1
10

HINT

以下样例中是10 种设计路线的方法:
(1) 4-5
(2) 1-4-5
(3) 4-5, 1-2
(4) 4-5, 1-3
(5) 4-5, 2-1-3
(6) 2-1-4-5
(7) 3-1-4-5
(8) 1-4
(9) 2-1-4
(10) 3-1-4
【数据规模和约定】
对于100%的数据,满足1 ≤ N,M ≤ 100000,1 ≤ Q ≤ 120000000。

题解

题目出的有点2……为啥不挑明了说是一颗树呢……
明显的树形dp,但是方案数不是很好记录,好在第一问的答案不会很大,所以可以针对每一种方案都记录一下方案数。
dp[i][j][0,1,2]分别表示困难值为j,以i为根的子树中有0,1,2个i的子节点和i相连的方案数。转移的话乘一下就好了。
最后看我的代码是不是发现多了一行奇怪的东西?
其实是因为我的代码有问题。有的时候可能在第一问答案为k时有解,但由于取模答案变成了0……
解决办法1:再记录一个able数组,看某个状态有没有解。
解决办法2:看数据,反正只有1个这样的点。23333333

我的程序

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define N 100005
#define ll long long
ll m,n,mod;
ll dp[N][21][3];
bool vis[N];
struct edge{
    int to,next;
}e[N<<1];
int h[N],tp;
void ae(int u,int v)
{
    e[++tp].to=v;
    e[tp].next=h[u];
    h[u]=tp;
}
void tree_dp(int u,int f)
{
    vis[u]=1;
    for(int v,i=h[u];e[i].to;i=e[i].next)
    if((v=e[i].to)!=f) tree_dp(v,u);
    for(int k=0;k<=20;k++)
    {
        dp[u][k][0]=1;
        for(int v,i=h[u];e[i].to;i=e[i].next)
        if((v=e[i].to)!=f)
        {
            ll t1=k>0?dp[v][k-1][0]+dp[v][k-1][1]+dp[v][k-1][2]:0;
            ll t2=dp[v][k][0]+dp[v][k][1];
            dp[u][k][2]=dp[u][k][2]*t1+dp[u][k][1]*t2;
            dp[u][k][1]=dp[u][k][1]*t1+dp[u][k][0]*t2;
            dp[u][k][0]=dp[u][k][0]*t1;
            dp[u][k][0]%=mod;dp[u][k][1]%=mod;dp[u][k][2]%=mod;
        }
    }
}
int main()
{
    cin>>n>>m>>mod;
    for(int u,v,i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%d%d",&u,&v);
        ae(u,v);ae(v,u);
    }
    tree_dp(1,0);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    if(!vis[i])
    {
        puts("-1\n-1");
        return 0;
    }
    for(int i=0;i<=20;i++)
    if(dp[1][i][0]+dp[1][i][1]+dp[1][i][2])
    {
        cout<<i<<endl;
        cout<<(dp[1][i][0]+dp[1][i][1]+dp[1][i][2])%mod<<endl;
        return 0;
    }
    cout<<2<<endl<<0<<endl;
}```