昨晚多校的以为是数论的图论题,我看许学姐也是忙得不可开交肯定是没去看过的了。
看了题解发现matrix tree,以为可写,然后就跟Yasola搞这题搞了一个晚上……

这道题用到的是求欧拉回路的 BEST THEOREM 定理,感觉国内资料相当少,不管google还是baidu都搜不到什么中文介绍,唯一搜到的是一片SGU的题目……

这里稍微简单介绍一下……

BEST THEOREM 简介

BEST THEOREM是解决有向欧拉回路路径数量的定理,其前提条件是能构成欧拉回路,也就是每个点必须入度等于出度,(这个是要自己额外判断的……)

其表达式为

ec\left( G\right) = t_{w}\left( G\right) \times \prod _{v\in V}\left( \deg \left( v\right) -1\right) !

其中,t_{w}\left( G\right) 为 所有树形图数量,而deg为每个点的入度
树形图数量可以通过固定一个根结点,并计算从这个根节点出发的有向生成树数量。

( 粗略翻译自 WIKI ……)

而关于生成树计数,则可以用到 Matrix-Tree解决,但我们平时使用的都是无向图的Matrix-Tree定理。
而有向图则稍微不同,只要将根节点所在的行列删去而所形成的 新的 C 矩阵 求行列式即可。

另外的,提醒一句,欧拉回路是不考虑起点的。如果要定根结点,还需要乘以根结点的deg 。因为对于一条完整的欧拉路径,我从任意一个 r 开始都将被视作不同的路径。(昨晚我跟Yasola两个yy所得……)

题解

题意:
求从 1 号结点出发的 欧拉回路的数量。对于任意两点之间的路径视为相同。

思路:
基本上就是板子题,将 BEST THEOREM 略加修改即可。
因为对于任意两点之间的路径视为相同,而 BEST THEOREM 是视为不同的 。所以要除以每两个点的边数的阶乘。
因此答案就是

Trees \times deg[1] ! \times \prod _{i=2}^{m} \left( deg\left[ i\right]-1\right) \times \prod _{i=1}^{m} \prod _{i=1}^{m} \dfrac {1} {Dij!}

  • 其中 Trees 为 以 1 为根节点的树形图数量 *

AC Code

#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <map>
#include <queue>
#include <set>
#include <stack>
#include <string>
#include <vector>

#define each(i, n) for (int(i) = 0; (i) < (n); (i)++)
#define reach(i, n) for (int(i) = n - 1; (i) >= 0; (i)--)
#define range(i, st, en) for (int(i) = (st); (i) <= (en); (i)++)
#define rrange(i, st, en) for (int(i) = (en); (i) >= (st); (i)--)
#define fill(ary, num) memset((ary), (num), sizeof(ary))

using namespace std;
typedef long long ll;

const int maxn = 410;
const int mod = 998244353;

int d[maxn][maxn], g[maxn][maxn];
ll c[maxn][maxn];
int in[maxn], mul[(int)2e5 + 10], out[maxn];

int n;

ll getDet(ll a[][maxn], int n)
{
    range(i, 1, n) range(j, 1, n) a[i][j] = (a[i][j] + mod) % mod;
    ll ret = 1;
    range(i, 2, n)
    {
        range(j, i + 1, n) while (a[j][i])
        {
            ll t = a[i][i] / a[j][i];
            range(k, i, n) a[i][k] = (a[i][k] - a[j][k] * t % mod + mod) % mod;
            range(k, i, n) swap(a[i][k], a[j][k]);
            ret = -ret;
        }
        if (a[i][i] == 0)
            return 0;
        ret = ret * a[i][i] % mod;
    }
    return (ret + mod) % mod;
}

ll fastPow(ll n, ll m)
{
    ll ans = 1;
    while (m) {
        if (m & 1)
            ans = ans * n % mod;
        n = n * n % mod;
        m >>= 1;
    }
    return ans;
}

bool judgeEuler()
{
    range(i, 1, n) if (in[i] != out[i]) return false;
    return true;
}

int main()
{
    int cas = 0;
    mul[0] = mul[1] = 1;
    range(i, 2, (int)(2e5 + 5)) mul[i] = (mul[i - 1] * 1LL * i) % mod;
    while (scanf("%d", &n) != EOF) {
        fill(in, 0), fill(d, 0), fill(out, 0);
        range(i, 1, n) range(j, 1, n)
        {
            scanf("%d", &g[i][j]);
            d[j][j] += g[i][j];
            in[j] += g[i][j];
            out[i] += g[i][j];
        }
        if (!judgeEuler()) {
            printf("Case #%d: 0\n", ++cas);
            continue;
        } else if (n == 1) {
            printf("Case #%d: %d\n", ++cas, mul[g[1][1]]);
            continue;
        }
        range(i, 1, n) range(j, 1, n) c[i][j] = d[i][j] - g[i][j];
        ll trees = getDet(c, n) % mod * mul[in[1]] % mod;
        range(i, 2, n) trees = trees * mul[in[i] - 1] % mod;
        range(i, 1, n) range(j, 1, n) trees = trees * fastPow(mul[g[i][j]], mod - 2) % mod;
        printf("Case #%d: %lld\n", ++cas, trees);
    }
    return 0;
}

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