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ARC140D One to One

题目大意

对于一个长度为$n$的整数序列$X=(x_1,x_2,\dots x_n)$，每个元素都在$1$到$n$之间，令$f(X)$表示以下问题的答案：

• 有一个$n$个顶点$n$条边的无向图（可能有重边和自环），第$i$条边连接$i$和$X_i$，求联通块的数量

给一个正整数$n$和一个长度为$n$的序列$A=(a_1,a_2\dots a_n)$，其每一个元素都在$1$到$n$之间，或者为$-1$。

你可以将每个值为$-1$的$a_i$变为任意一个$1$到$n$之间的数，求所有情况下$f(A)$的和。输出答案对$998244353$取模。

题解

令$k$表示$a_i=-1$的元素的个数。

我们可以先将$a_i\ne -1$的边连上，那么现在图上的每一个连通块都是树或环或基环树。

如果是树的话，则这个连通块有且只有一个$a_i=-1$的点

如果是环或基环树的话，则这个连通块没有$a_i=-1$的点

我们可以先把环和基环树的贡献算出来，每个环或基环树的贡献为$n^k$，因为不管怎么连，环或基环树都会有$1$的贡献。那么如果有树向环或基环树连边，则这棵树不计算贡献。

树与环或基环树连边的贡献不需计算，那么我们只需要求树与树连边的贡献了。

因为每棵树只有一条边连出去，所以我们可以将每棵树看成一个点。

如果不连向环和基环树，那么这些树一定会形成一个环。对于一个顺序已确定的环，形成这样的环的方案数为$\prod si{z}_i$。

我们考虑DP。设$f_i$表示形成长度为$i$的环的方案数，那么对于每个点$j$，有转移式

$f_i=f_i+f_{i-1}\times si{z}_k$

求出$f$后我们考虑如何计算答案。对于所有长度为$i$的环的贡献为$f_i\times (i-1)!\times n^{k-i}$。其中$(i-1)!$表示$i$个点按不同顺序可以构成$(i-1)!$个不同的环，$n^{k-i}$表示其他$n-k$个点可以任意连边。

这样问题就解决了，时间复杂度为$O(n^2)$。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,tot=0,vt=0,a[2005],d[5005],l[5005],r[5005],s[2005],z[2005],siz[2005];
long long ans,f[2005],jc[2005],mi[2005];
long long mod=998244353;
void add(int xx,int yy){l[++tot]=r[xx];d[tot]=yy;r[xx]=tot;
}
void dfs(int u){z[u]=1;siz[u]=1;for(int i=r[u];i;i=l[i]){if(!z[d[i]]){dfs(d[i]);siz[u]+=siz[d[i]];}}
}
int main()
{scanf("%d",&n);jc[0]=mi[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++){jc[i]=jc[i-1]*i%mod;mi[i]=mi[i-1]*n%mod;}for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&a[i]);if(a[i]==-1) continue;add(i,a[i]);add(a[i],i);}for(int i=1;i<=n;i++){if(a[i]==-1){dfs(i);s[++vt]=siz[i];}}for(int i=1;i<=n;i++){if(!z[i]){dfs(i);ans=(ans+mi[vt])%mod; }}f[0]=1;for(int i=1;i<=vt;i++){for(int j=i;j>=1;j--) f[j]=(f[j]+f[j-1]*s[i]%mod)%mod;}for(int i=1;i<=vt;i++){ans=(ans+f[i]*jc[i-1]%mod*mi[vt-i]%mod)%mod;}printf("%lld",ans);return 0;
}