正题
题目链接:https://ac.nowcoder.com/acm/contest/24346/L
题目大意
有一张\(2n\)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。
\(1\leq n\leq 2000\)
解题思路
考虑容斥,可以\(dp\)出\(f_{i,j,0/1}\)表示\(i\)的子树中有\(j\)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\(O(n^2)\)
然后除了已经匹配的点,剩下的点可以任意匹配,考虑\(2n\)个点的完全图的匹配方案,我们可以先选出\(n\)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\(2^n\)次,所以方案就是
\[\frac{\binom{2n}{n}\times n!}{2^n} \]然后如果指定了\(k\)条边必选那么容斥系数就是\((-1)^k\)就好了。
时间复杂度:\(O(n^2)\)
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;
}