Description
羽月最近发现，她发动能力的过程是这样的：
构建一个 V 个点的有向图 G，初始为没有任何边，接下来羽月在脑中构建出一个长度为 E 的边的序列，序列中元素两两不同，然后羽月将这些边依次加入图中，每次加入之后计算当前图的强连通分量个数并记下来，最后得到一个长度为E 的序列，这个序列就是能力的效果。
注意到，可能存在边的序列不同而能力效果相同的情况，所以羽月想请你帮她计算能发动的不同能力个数，答案对 998244353 取模。你需要对于1<=E<=V*(V-1)的所有 E 计算答案。
Data Constraint
对于 10%的数据，1<=V<=5
对于 30%的数据，1<=V<=20
对于 60%的数据，1<=V<=50
对于 100%的数据，1<=V<=100
solution
全场切的题目咱连题目都看不懂对咱来说已经是日常了
题解觉得这题太水于是只有一句话于是咱只好对着一份代码理解了半天
考虑一个策略，我们维护一条链\(1\)到\(i\)，如果连的下一条边需要不减少强连通分量个数，那么就连上\((i,i+1)\)，如果需要减少强连通分量个数，那么就在链上选一个点向前连边
不难发现，每一种强连通分量序列的情况，都可以通过这种策略来表示
考虑\(dp\)，设\(dp_{i,j,k}\)表示连了\(i\)条边，上面有\(j\)个点已经在强连通分量里了，对于链维护到了\(1\)到\(k\)，那么枚举下一条边，考虑它是未增加强连通分量个数或者减少的强连通分量个数，转移即可
还有一种尴尬的情况就是点全都连完了，但我们还需要使强连通分量个数不变，这种时候往前连一条没用的边就行了
顺带注意，我们在连环边和无用边的时候可能会有边爆掉的情况，设链上有\(n\)个点，有\(j\)个在环里（即强连通分量），那么链上的每个点可以向后面的所有点连边，环上的每个点可以向前面的所有点连边，就算全部连满，边数也不能超过\(\frac{n(n+1)+j(j+1)}{2}\)
然后就没有然后了，理论上来说时间复杂度\(O(v^5)\)，只要用刷表法，判断一下当前状态是否可行就行了
//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=a,I=b+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=a,I=b-1;i>I;--i)
inline int max(const R int &x,const R int &y){return x>y?x:y;}
inline int min(const R int &x,const R int &y){return x<y?x:y;}
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int read(){
R int res=1,f=1;R char ch;
while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
return res*f;
}
char sr[1<<21],z[20];int K=-1,Z=0;
inline void Ot(){fwrite(sr,1,K+1,stdout),K=-1;}
void print(R int x){
if(K>1<<20)Ot();if(x<0)x=-x,sr[++K]='-';
while(z[++Z]=x%10+48,x/=10);
while(sr[++K]=z[Z],--Z);sr[++K]=' ';
}
const int N=105,P=998244353;
inline int add(R int x,R int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int dec(R int x,R int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;}
int ksm(R int x,R int y){
R int res=1;
for(;y;y>>=1,x=mul(x,x))if(y&1)res=mul(res,x);
return res;
}
int dp[N*N][N][N];
int n,res;
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
freopen("counting.in","r",stdin);
freopen("counting.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
dp[0][1][1]=1;
fp(i,0,n*(n-1)-1)fp(j,1,min(n,i+1))fp(k,j,min(n,i+1))
if(dp[i][j][k]){
if(i<=k+j-2&&k<n)dp[i+1][j][k+1]=add(dp[i+1][j][k+1],dp[i][j][k]);
else if(k*(k-1)+j*(j-1)>=(i+1<<1))dp[i+1][j][k]=add(dp[i+1][j][k],dp[i][j][k]);
fp(l,1,k-j)
if(k*(k-1)+(j+l)*(j+l-1)>=(i+1<<1))dp[i+1][j+l][k]=add(dp[i+1][j+l][k],dp[i][j][k]);
}
fp(i,1,n*(n-1)){
res=0;
fp(j,1,min(n,i+1))fp(k,j,min(n,i+1))res=add(res,dp[i][j][k]);
print(res);
}
return Ot(),0;
}原文地址：https://www.cnblogs.com/bztMinamoto/p/10292866.html