P14254 分割（divide）
题面上的 1 ≤ p i < i 1 \leq p_i < i 1≤pi<i 是不是有问题啊，应该是 1 ≤ p i ≤ i 1 \leq p_i \le i 1≤pi≤i 吧，定义为：第 i i i 个正整数表示结点 ( i + 1 ) (i+1) (i+1) 的父结点的编号 p i p_i pi。
思路
首先我们记以 i i i 为根的子树中深度最深的点的深度为 m i m_{i} mi，则 S i = [ d i , m i ] S_{i}=[d_{i},m_{i}] Si=[di,mi]。可以发现，如果 d b 1 < d b i ( 1 < i ≤ n ) d_{b_1}< d_{b_i}(1<i\le n) db1<dbi(1<i≤n)，那么 d b 1 ∉ S j d_{b_1}\notin S_{j} db1∈/Sj，求交集后一定不会满足条件二。故 d b 1 = d b 2 = ⋯ = d b k d_{b_1}=d_{b_2}=\dots=d_{b_k} db1=db2=⋯=dbk。
我们把深度相同的点放进桶里，针对同一深度的点，从小到大枚举 m i m_{i} mi 的值。设 c n t cnt cnt 为相等的 m i m_{i} mi 的个数， p p p 为比 m i m_{i} mi 小的值的的个数， s s s 为比 m i m_{i} mi 大的值的个数。显然，比 m i m_{i} mi 小的值必然不可能成为被挖去的子树，如果挖去，那么交集后一定不会满足条件二。我们首先钦定一个 m i m_{i} mi 为 b 1 b_1 b1，那么就是在剩下 s + c n t − 1 s+cnt-1 s+cnt−1 个子树中选择 k − p − 1 k-p-1 k−p−1 个挖去，剩下的保留。有问题吗？当然有，如果所有相等的 m i m_{i} mi 都没有被挖去，且至少有一个比 m i m_{i} mi 大的没有被挖去，那么交集就不满足条件二了，减去这种情况即可。
代码
时间复杂度 O ( n log M ) O(n\log_{}{M} ) O(nlogM)，其中 M = 998244353 M=998244353 M=998244353，不过可以优化求逆元的复杂度可以得到 O ( n log n ) O(n\log_{}{n} ) O(nlogn)，懒得改了。
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+5,mod=998244353;
int n,k,dep[N],m[N],jie[N],ni[N];
vector<int> a[N],t[N];
void dfs(int x)
{
m[x]=dep[x];
for(int i=0;i<a[x].size();i++)
{
dep[a[x][i]]=dep[x]+1;
dfs(a[x][i]);
m[x]=max(m[x],m[a[x][i]]);
}
t[dep[x]].push_back(m[x]);
}
int ksm(int x,int y)
{
if(y==1) return x;
long long mid=ksm(x,y>>1);
if(y&1) return mid*mid%mod*x%mod;
else return mid*mid%mod;
}
int C(int n,int m)
{
if(m==0) return 1;
if(n<m||n<0||m<0) return 0;
return 1ll*jie[n]*ni[n-m]%mod*ni[m]%mod;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n>>k;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
int p;
cin>>p;
a[p].push_back(i);
}
jie[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
jie[i]=1ll*jie[i-1]*i%mod,ni[i]=ksm(jie[i],mod-2);
//直接用的快速幂求逆元,时间稍微多些
dep[1]=1;
dfs(1);
long long ans=0;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
sort(t[i].begin(),t[i].end());
for(int j=0;j<t[i].size();)
{
int cnt=0,p=j;
for(int d=j;d<t[i].size();d++)
if(t[i][d]==t[i][j]) cnt++;
else break;
int s=t[i].size()-j-cnt;
long long sum=C(s+cnt-1,k-1);
if(s>k-1)sum=(sum-C(s,k-1))%mod;//在s中取k-1个挖去,剩下的给根节点,保证至少给根节点一个
ans=(ans+sum*cnt%mod)%mod;//任意一个都可以当b1
j+=cnt;
}
}
ans=ans*jie[k-1]%mod;//序列b有序,要乘上排列数
ans=(ans+mod)%mod;//涉及减法,可能出现负数
cout<<ans;
return 0;
}