6009. 【THUWC2019模拟2019.1.18】Counting

题意：

羽月最近发现，她发动能力的过程是这样的：
构建一个 VVV 个点的有向图 GGG，初始为没有任何边，接下来羽月在脑中构建出一个长度为 EEE 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EEE 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 998244353998244353998244353 取模。你需要对于1≤E≤V∗(V−1)1\leq E \leq V*(V-1)1≤E≤V∗(V−1)的所有 EEE 计算答案。

数据范围：

对于 101010%的数据，1≤V≤51 \leq V \leq 51≤V≤5
对于 303030%的数据，1≤V≤201 \leq V \leq 201≤V≤20
对于 606060%的数据，1≤V≤501 \leq V \leq 501≤V≤50
对于 100100100%的数据，1≤V≤1001 \leq V \leq 1001≤V≤100

Analysis：

我们发现有用的仅仅是那个每一步的强连通分量序列。
一开始有nnn个强连通分量，我们考虑用简单的情况构造。
从111伸出去到iii一条链，然后剩余是单独的点也是强连通分量，在那条链上不断缩强连通分量，这样我们可以涵盖所有强连通分量变化的情况。
考虑每一步怎么变，要不是新加一个点到链上，或者往前连一条没用的边(保持连通分量不变)，要不就是一个点往前连一条环边然后和前面的点缩到一起。注意连没用的边一定是在把所有的点加到链上之后，因为他们产生的效果相同，这里在转移的时候要特判。
那么我们考虑设fi,j,kf_{i,j,k}fi,j,k表示当前用了iii条边，在链上前面的连通分量里的点是111~jjj，链上一共有kkk个点。
那么转移就如上即可，注意判掉不合法情况，就是连没用边和环边时，边可能会超出能连数目。我们考虑链上有nnn个点，有iii个点在环内。那么nnn个点可以往后连，iii个点可以往前连，那么一共可以连n∗(n−1)+i∗(i−1)2\frac{n*(n-1)+i*(i-1)}{2}2n∗(n−1)+i∗(i−1)条边。
我们发现涉及到的状态一共也只有V4V^4V4个，因此暴力转移即可。
复杂度O(V4)O(V^4)O(V4)

Code：

# include<cstdio>
# include<cstring>
# include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 1e2 + 5;
const int mo = 998244353;
int f[N * (N - 1)][N][N];
int n;
inline int inc(int x,int y)
{ return x + y >= mo ? x + y - mo : x + y; }
inline int dec(int x,int y)
{ return x - y < 0 ? x - y + mo : x - y; }
int main()
{freopen("counting.in","r",stdin);freopen("counting.out","w",stdout);scanf("%d",&n);f[0][1][1] = 1;for (int i = 0 ; i < n * (n - 1) ; ++i)for (int j = 1 ; j <= min(n,i + 1) ; ++j)for (int k = j ; k <= min(n,i + 1) ; ++k)if (f[i][j][k]){if (i <= k + j - 2 && k < n) f[i + 1][j][k + 1] = inc(f[i + 1][j][k + 1],f[i][j][k]);else if ((k * (k - 1) + j * (j - 1)) / 2 >= i + 1) f[i + 1][j][k] = inc(f[i + 1][j][k],f[i][j][k]);for (int l = 1 ; l <= k - j ; ++l)if ((k * (k - 1) + (j + l) * (j + l - 1)) / 2 >= i + 1) f[i + 1][j + l][k] = inc(f[i + 1][j + l][k],f[i][j][k]);}for (int i = 1 ; i <= n * (n - 1) ; ++i){int ans = 0;for (int j = 1 ; j <= min(n,i + 1) ; ++j)for (int k = j ; k <= min(n,i + 1) ; ++k) ans = inc(ans,f[i][j][k]);printf("%d ",ans);}return 0;
}