正题

题目链接:https://ac.nowcoder.com/acm/contest/24346/L

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题目大意

有一张 2 n 2n 2n个点的完全图，在上面删除一棵生成树，然后求这张图的完全匹配方案数。

1 ≤ n ≤ 2000 1\leq n\leq 2000 1≤n≤2000

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解题思路

考虑容斥，可以 d p dp dp出 f i , j , 0 / 1 f_{i,j,0/1} fi,j,0/1​表示 i i i的子树中有 j j j条边必须匹配，当前点有/没有匹配的方案，这个可以通过枚举子树大小做到 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)

然后除了已经匹配的点，剩下的点可以任意匹配，考虑 2 n 2n 2n个点的完全图的匹配方案，我们可以先选出 n n n个点放在左边，然后剩下的任意匹配，但是注意到会重复，每一边都可以选择交换，所以会被算重 2 n 2^n 2n次，所以方案就是
( 2 n n ) × n ! 2 n \frac{\binom{2n}{n}\times n!}{2^n} 2n(n2n​)×n!​

然后如果指定了 k k k条边必选那么容斥系数就是 ( − 1 ) k (-1)^k (−1)k就好了。

时间复杂度： O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)

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code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=4100,P=998244353;
struct node{
	ll to,next;
}a[N<<1];
ll n,tot,ls[N],fac[N],inv[N],pw[N];
ll f[N][N/2][2],g[N/2][2],siz[N],ans;
void addl(ll x,ll y){
	a[++tot].to=y;
	a[tot].next=ls[x];
	ls[x]=tot;return;
}
void dfs(ll x,ll fa){
	siz[x]=1;f[x][0][0]=1;
	for(ll i=ls[x];i;i=a[i].next){
		ll y=a[i].to;
		if(y==fa)continue;
		dfs(y,x);
		for(ll j=0;j<=(siz[x]+siz[y])/2;j++)g[j][0]=g[j][1]=0;
		for(ll j=0;j<=siz[x]/2;j++)
			for(ll k=0;k<=siz[y]/2;k++){
				(g[j+k][0]+=f[x][j][0]*(f[y][k][0]+f[y][k][1])%P)%=P;
				(g[j+k][1]+=f[x][j][1]*(f[y][k][0]+f[y][k][1])%P)%=P;
				(g[j+k+1][1]+=f[x][j][0]*f[y][k][0]%P)%=P;
			}
		siz[x]+=siz[y];
		for(ll j=0;j<=siz[x]/2;j++)
			f[x][j][0]=g[j][0],f[x][j][1]=g[j][1];
	}
	return;
}
ll C(ll n,ll m)
{return fac[n]*inv[m]%P*inv[n-m]%P;}
ll Mac(ll n)
{return C(n*2,n)*fac[n]%P*pw[n]%P;}
signed main()
{
	scanf("%lld",&n);n=n*2;
	fac[0]=inv[0]=inv[1]=pw[0]=1;
	for(ll i=2;i<N;i++)inv[i]=P-inv[P%i]*(P/i)%P;
	for(ll i=1;i<N;i++)pw[i]=pw[i-1]*inv[2]%P;
	for(ll i=1;i<N;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%P,inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%P;
	for(ll i=1;i<n;i++){
		ll x,y;
		scanf("%lld%lld",&x,&y);
		addl(x,y);addl(y,x);
	}
	dfs(1,0);
	for(ll i=0;i<=n/2;i++){
		ll w=(f[1][i][0]+f[1][i][1])%P;
		w=w*Mac(n/2-i)%P;
		(ans+=(i&1)?(P-w):w)%=P;
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}