HDU - 6446 Tree and Permutation
传送门:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6446
本题是一个树上的问题——DFS。
一棵N个结点的树,其结点为1~N。树具有N-1条边,每一条边具有一个权值。
1~N具有N!个不同的排列,第i(1≤i≤N!)个排列记为P[i],第i个排列中的第j(1≤j≤N)个数记为P[i][j]。
对于第i个排列P[i],在树上沿最短路依次通过P[i][1]~P[i][N]。记最短路的权值和为S[i],求解:
$\sum_{i=1}^{N!} S_i \mod M$
考虑1~N间的两个不同的数u、v。在N!个排列中,v恰好为u的后继的排列数为(N-1)!。于是,若记u→v的最短路为D(u,v),则所求答案为:
$(N-1)!\:*\sum_{u\ne v}D(u,v)\mod M$
现在,考虑式:
$f(T)=\sum_{u<v}D(u,v)\cdots(*)$
接下来,考虑树的结点与边。无向树上的每一个结点都是树的割顶,每一条边都是树的桥。于是,树上的每一条边将树划分为两棵子树。考虑连接结点u、v的边:这条边将树划分为以结点u为根的子树、和以结点v为根的子树。设以结点u为根的子树的结点数为cnt[u],则以结点v为根的子树的结点数为cnt[v]=N-cnt[u]。
回到式(*)中,则边(u,v)对式子的贡献为$w(u,v)*cnt[u]*cnt[v]$。
考虑通过DFS预处理cnt[]:选取某一个结点作为根结点,通过DFS预处理以结点u为根的子树的结点数cnt[u]。之后,遍历树上的边:连接结点v与其父结点的边,其对式子的贡献为$w(p[v],v)*cnt[v]*(N-cnt[v])$。
考虑到双向,答案为$ans=2(N-1)!\:*f(T)\mod M$。
参考程序如下:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std; #define MAX_N 100005 const int64_t mod = 1e9 + ; struct arrow
{
int to;
int cost;
arrow(int to = , int cost = ) : to(to), cost(cost) {}
}; int64_t fact[MAX_N]; void init(void)
{
fact[] = ;
for (int i = ; i < MAX_N; i++) fact[i] = fact[i - ] * i % mod;
} int n;
vector<arrow> adj[MAX_N]; int64_t ans;
int cnt[MAX_N]; void dfs_cnt(int u, int p)
{
cnt[u] = ;
for (int i = ; i < adj[u].size(); i++) {
int v = adj[u][i].to;
if (v == p) continue;
dfs_cnt(v, u);
cnt[u] += cnt[v];
}
} void dfs_calc(int u, int p)
{
for (int i = ; i < adj[u].size(); i++) {
int v = adj[u][i].to;
int w = adj[u][i].cost;
if (v == p) continue;
int64_t cur = 1ll * cnt[v] * (n - cnt[v]);
ans += cur * w % mod;
ans %= mod;
dfs_calc(v, u);
}
} int main(void)
{
ios::sync_with_stdio(false);
init();
while (cin >> n) {
memset(cnt, , sizeof(cnt));
for (int i = ; i < n; i++) {
int u, v, w;
cin >> u >> v >> w;
adj[u].push_back(arrow(v, w));
adj[v].push_back(arrow(u, w));
}
ans = ;
dfs_cnt(, -);
dfs_calc(, -);
cout << 2ll * ans % mod * fact[n - ] % mod << endl;
for (int i = ; i <= n; i++) adj[i].clear();
}
return ;
}
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