[计数dp][组合数] JZOJ P1975 连边

Description

　　有N个点（编号1到N）组成的无向图，已经为你连了M条边。请你再连K条边，使得所有的点的度数都是偶数。求有多少种连的方法。要求你连的K条边中不能有重边，但和已经连好的边可以重。不允许自环的存在。求连边的方法数。我们只关心它模10007的余数。

 

Input

　　输入的第一行有三个自然数，分别表示点数N，已经连好的边数M，和你要连的边数K。保证K≤N(N-1)/2
　　接下来M行每行两个整数x,y，描述了一条连接x和y的边。
　　30%的数据满足：N≤200
　　100%的数据满足：N≤1000，M≤N，K≤1000，K≤N(N-1)/2

Output

　　输出一个整数，表示连边的方法数模10007的余数

 

Sample Input

5 1 4
1 2

Sample Output

13

Hint

【样例说明】
以下是13种连边的方法（只显示你连的边）：
{(1,2),(1,3),(1,4),(3,4)}
{(1,2),(1,3),(1,5),(3,5)}
{(1,2),(1,4),(1,5),(4,5)}
{(1,2),(2,3),(2,4),(3,4)}
{(1,2),(2,3),(2,5),(3,5)}
{(1,2),(2,4),(2,5),(4,5)}
{(1,2),(3,4),(3,5),(4,5)}
{(1,3),(2,4),(3,5),(4,5)}
{(1,3),(2,5),(3,4),(4,5)}
{(1,4),(2,3),(3,5),(4,5)}
{(1,4),(2,5),(3,4),(3,5)}
{(1,5),(2,3),(3,4),(4,5)}
{(1,5),(2,4),(3,4),(3,5)}

题解

• 设f(i,j)表示用i条边，使得j个点的度数为奇数的情况下连边的方法数。注意到所有的状态共用一个N。

• 首先，分类讨论第i条边连接的点的度数的奇偶性。

• 如果它连着两个奇数点，那么原来那两个点的度数是偶数，总奇数点个数比现在少2；

• 如果这条边连接的点是一奇一偶，那么奇数点的个数不变。

• 如果连接着两个偶数点，那么原来这两个点都是奇数点，总奇数点的个数比现在多2。

• 通过枚举这条边连接的两个点的奇偶情况，f(i,j)可以分别转移到 f(i-1,j)*(N-j)*j，f(i-1,j-2)*C(j,2)，f(i-1,j+2)*C(N-j,2)

• 注意到这样转移的话无法保证没有重边。于是，让我们考虑第i条边和之前的第a条边重复的情况。a有i-1种取值。除去第i条和第a条边，所有的点的度数的奇偶性不变，于是问题转化为f(i-2,j)。这样，我们知道了第i条边和之前的某些边重复的方法数是f(i-2,j)*(i-1)*C(N,2)

• 于是，总的转移方程是

• f(i,j)=f(i-1,j)*(N-j)*j+f(i-1,j-2)*C(j,2)+f(i-1,j+2)*C(N-j,2)-f(i-2,j)*(i-1)*C(N,2)

• 答案就是f(K,A)/K!

• 转移的时候要注意取模以及边界情况的讨论

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int du[1001],cnt,n,m,k,mo=10007;
long long f[1001][1001],a[1001];
long long C(int x){ if (x<2) return 0; return (x-1)*x/2; }
int main()
{
    cin>>n>>m>>k;
    a[0]=1;a[1]=1;
    for (int i=2;i<=1000;i++) a[i]=(mo-mo/i)*a[mo%i]%mo;
    for (int i=1;i<=m;i++)
    {
        int u,v;
        scanf("%d%d",&u,&v);
        du[u]++;du[v]++;
    }
    for (int i=1;i<=n;i++) if (du[i]%2==1) cnt++;
      f[0][cnt]=1;
      for (int i=1;i<=k;i++)
        for (int j=0;j<=n;j++)
        {
              if (j>=2) f[i][j]+=f[i-1][j-2]*C(n-j+2)%mo;
              f[i][j]%=mo;
              if (j+2<=n) f[i][j]+=f[i-1][j+2]*C(j+2)%mo;
              f[i][j]%=mo;
              f[i][j]+=f[i-1][j]*j*(n-j)%mo;
              f[i][j]%=mo;
              if (i>=2) f[i][j]-=f[i-2][j]*(C(n)-i+2)%mo;
            f[i][j]=(f[i][j]+mo)%mo;
              f[i][j]*=a[i];
            f[i][j]%=mo;
        }
  cout<<f[k][0];
}