HDU 6064 RXD and numbers BEST theorem

RXD and numbers

Problem Description

RXD has a sequence A1,A2,A3,…An, which possesses the following properties:
- 1≤Ai≤m
- A1=An=1
- for all 1≤x≤m, there is at least one position p where Ap=x.
- for all x,y, the number of i(1≤i<n) which satisfies Ai=x and Ai+1=y is Dx,y.
One day, naughty boy DXR clear the sequence.
RXD wants to know, how many valid sequences are there.
Output the answer module 998244353.
0≤Di,j<500,1≤m≤400
n≥2

 

Input

There are several test cases, please keep reading until EOF.
There are about 10 test cases, but only 1 of them satisfies m>50
For each test case, the first line consists of 1 integer m, which means the range of the numbers in sequence.
For the next m lines, in the i-th line, it consists of m integers, the j-th integer means Di,j.
We can easily conclude that n=1+∑mi=1∑mj=1Di,j.

 

Output

For each test case, output "Case #x: y", which means the test case number and the answer.

 

Sample Input

21 22 141 0 0 20 3 0 12 1 0 00 0 3 140 1 0 01 0 0 00 0 0 10 0 1 0

 

Sample Output

Case #1: 6Case #2: 18Case #3: 0

 

Source

2017 Multi-University Training Contest - Team 3

题意：输入m，表示一共有m个结点，然后有一个m*m的矩阵，（i，j）表示i结点到j结点的边的数目。求以1号结点为根节点的有向图欧拉回路数目。

官方题解：

注意到计算的是欧拉回路. 把BEST's THEOREM 稍加修改可以得到答案. Trees \times deg[1]! \times \prod_{i = 2}^{m}{(deg[i]-1)!}\prod_{i = 1}^{m}\prod_{j = 1}^{m}{\frac{1}{D_{i, j}!}}Trees×deg[1]!×∏​i=2​m​​(deg[i]−1)!∏​i=1​m​​∏​j=1​m​​​D​i,j​​!​​1​​ $Trees$表示1为根的生成树个数,用基尔霍夫矩阵计算就行了. 时间复杂度O(m^3)O(m​3​​).

补充分析：

Trees可以通过基尔霍夫矩阵求出。那什么是基尔霍夫矩阵呢？假设D(G)为图G的度数矩阵，在这个矩阵中，当i=j时

有d[i][j]为点i的度数，当i≠j时，d[i][j]=0；再假设矩阵A(G)为图G的邻接矩阵，在这个矩阵中，若i点和j点

可达，则有a[i][j]=1，否则a[i][j]为0。那么这个时候就可以令基尔霍夫矩阵为C(G)=D(G)-A(G)。然后通过求基尔霍

夫矩阵的的行列值就可以了。由于要求以1号结点为根节点的生成树的个数，那么计算2~n结点的n-1阶基尔霍夫矩阵

的行列值就行了。Deg[1]表示1号结点的入度。

资料：

求有向图的欧拉回路个数，是BEST定理 
ec(G)=ts(G)⋅deg(s)!⋅∏v∈V, v≠s(deg(v)−1)!, ts(G):=以s为根的外向树的个数 
如何计算有向图的外向树个数，这要用到MatrixTree定理 
基尔霍夫矩阵K=度数矩阵D−邻接矩阵A 
无向图的度数矩阵就是每个点自己的度数 
有向图的度数矩阵就是每个点自己的入度 
邻接矩阵是表示u−>v边的个数的矩阵 
重边：按照边数计算，自环：不计入度数 
无向图生成树计数：c=|K的任意1个n−1阶主子式| 
有向图外向树计数：c=|去掉根所在的那阶得到的主子式|

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以上都是copyTaosama大佬的博客的 

最后的话，推出题解的公式，套上行列式求值模板和除法逆元模板就可以了。另外，这道题貌似跟CSU1805解法

相似。

这里附上大神队友的题解：http://blog.csdn.net/yasola/article/details/76572879

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;const int mod = 998244353;const int maxn = 1e6;int Mat[405][405];int tempa[405][405];int tempb[405][405];int out[405];int in[405];long long inv[maxn];bool dance;///行列式求值模板int solve(int A[405][405],int n){    int ans=1;    dance=0;    for(int i=1;i<=n;i++){        for(int j=i+1;j<=n;j++){            int x=i;int y=j;            while(A[y][i]){                long long t=A[x][i]/A[y][i];                for(int k=1;k<=n;k++)                A[x][k]=(A[x][k]-t*A[y][k])%mod;                swap(x,y);            }            if(x!=i){                dance^=1;                for(int k=1;k<=n;k++)swap(A[i][k],A[x][k]);            }        }        ans*=A[i][i];        if(ans==0){            return 0;        }        ans=ans%mod;    }    if(dance){       ans=ans*(-1);    }    ans=ans%mod;    ans+=mod;    ans=ans%mod;    return ans;}//行列式求值模板long long fact(long long n){    long long ans=1;    for(int i=1;i<=n;i++){        ans*=i;        ans%=mod;    }    return ans;}long long exgcd(long long a,long long b,long long &x,long long &y){//非阶乘的除法逆元    if(b==0)    {        x=1;        y=0;        return a;    }    long long d=exgcd(b,a%b,y,x);    y-=a/b*x;    return d;}/*long long inv(long long a){//非阶乘的除法逆元    long long x,y;    exgcd(a,mod,x,y);    return (x%mod+mod)%mod;}*/void init(){    inv[1]=1;    for(int i=2;i<maxn; i++){            inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;    }    inv[0]=1;    for(int i=1;i<maxn; i++) {        inv[i]=inv[i]*inv[i-1]%mod;    }}int main(){    init();//阶乘除法逆元    int n;    int cas=1;    while(~scanf("%d",&n)){        int ans[405][405];        int a[405][405];        memset(Mat,0,sizeof(Mat));        memset(tempa,0,sizeof(tempa));        memset(tempb,0,sizeof(tempb));        memset(in,0,sizeof(in));        memset(out,0,sizeof(out));        for(int i=0;i<n;i++){            for(int j=0;j<n;j++){                scanf("%d",&a[i][j]);                tempb[i][j]+=a[i][j];                in[j]+=a[i][j];                out[i]+=a[i][j];            }        }        int ok=1;        for(int i=0;i<n;i++){            tempa[i][i]=in[i];            if(in[i]!=out[i]){                ok=0;                break;            }        }        if(!ok){            printf("Case #%d: %lld\n",cas++,0);            continue;        }        for(int i=0;i<n;i++){            for(int j=0;j<n;j++){                Mat[i][j]=tempa[i][j]-tempb[i][j];            }        }        for(int i=1;i<n;i++){            for(int j=1;j<n;j++){                ans[i][j]=Mat[i][j];            }        }        long long sum=solve(ans,n-1);        sum=sum*fact(in[0])%mod;        for(int i=1;i<n;i++){            sum=sum*fact(in[i]-1);            sum%=mod;        }        for(int i=0;i<n;i++){            for(int j=0;j<n;j++){                sum=sum*inv[a[i][j]]%mod;            }        }        printf("Case #%d: %lld\n",cas++,sum);    }    return 0;}