Perfect Matchings

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题目大意

给你一个完全图，然后会删掉一棵树的边。 然后问你有多少种最大匹配方案是完全匹配（点数是偶数）。

思路

我们考虑容斥，就用完全图所有完全匹配的方案减去你那样匹配选到一个树上边的加上选到两个树上边的，然后容斥下去。 （选 x x x 个树上边，对答案贡献的容斥系数就是 ( − 1 ) x (-1)^x (−1)x）

然后首先看这些的方案数，这个我们其实可以用树形 DP O ( n 2 ) O(n^2) O(n2) 实现。 （设 f i , j , 0 / 1 f_{i,j,0/1} fi,j,0/1 为处理 i i i 的子树，选了 j j j 条边， i i i 这个点没用或者用了）

然后再来看看容斥，其实你选 x x x 个树上边，其它边的选法就是 2 ( n − x ) 2(n-x) 2(n−x) 个点，然后把他们两两匹配的方案。 我们可以考虑组合数选出匹配中在左边的，然后剩下的数任意排列都会组合不同。

然而你会发现它会有 ( x , y ) (x,y) (x,y) 跟 ( y , x ) (y,x) (y,x) 算同一一对，所以我们每一组都会算多一倍，那就是再除 x x x 个 2 2 2。 总的来说，就是： ( 2 x x ) x ! 2 x dfrac{inom{2x}{x}x!}{2^x} 2x(x2x)x!

然后搞就好了。

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define ll long long
#define mo 998244353

using namespace std;

struct node {
          
   
	int to, nxt;
}e[8001];
int n, x, y, le[4001], KK;
int sz[4001];
ll f[4001][2001][2], tmp[2001][2], ans;
ll jc[4001], inv[4001], twoinv[4001];

ll ksm(ll x, ll y) {
          
   
	ll re = 1;
	while (y) {
          
   
		if (y & 1) re = re * x % mo;
		x = x * x % mo;
		y >>= 1;
	}
	return re;
}

void add(int x, int y) {
          
   
	e[++KK] = (node){
          
   y, le[x]}; le[x] = KK;
}

void dfs(int now, int father) {
          
   //树形DP
	f[now][0][0] = 1; sz[now] = 1;
	for (int i = le[now]; i; i = e[i].nxt)
		if (e[i].to != father) {
          
   
			dfs(e[i].to, now);
			memset(tmp, 0, sizeof(tmp));
			for (int j = 0; j <= sz[now] / 2; j++)
				for (int k = 0; k <= sz[e[i].to] / 2; k++) {
          
   
					tmp[j + k][0] = (tmp[j + k][0] + f[now][j][0] * (f[e[i].to][k][0] + f[e[i].to][k][1]) % mo) % mo;
					tmp[j + k][1] = (tmp[j + k][1] + f[now][j][1] * (f[e[i].to][k][0] + f[e[i].to][k][1]) % mo) % mo;
					tmp[j + k + 1][1] = (tmp[j + k + 1][1] + f[now][j][0] * f[e[i].to][k][0] % mo) % mo;
				}
			memcpy(f[now], tmp, sizeof(f[now]));
			sz[now] += sz[e[i].to];
		}
}

ll C(int n, int m) {
          
   
	return jc[n] * inv[m] % mo * inv[n - m] % mo;
}

ll Clac(int num) {
          
   
	return C(num * 2, num) * jc[num] % mo * twoinv[num] % mo;
}

int main() {
          
   
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i < 2 * n; i++) {
          
   
		scanf("%d %d", &x, &y); add(x, y); add(y, x);
	}
	
	jc[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n * 2; i++) jc[i] = jc[i - 1] * i % mo;
	inv[0] = inv[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= n * 2; i++) inv[i] = inv[mo % i] * (mo - (mo / i)) % mo;
	for (int i = 1; i <= n * 2; i++) inv[i] = inv[i] * inv[i - 1] % mo;
	twoinv[0] = 1; twoinv[1] = ksm(2, mo - 2);
	for (int i = 2; i <= n * 2; i++) twoinv[i] = twoinv[i - 1] * twoinv[1] % mo; 
	
	dfs(1, 0);
	
	ll zf = 1;
	for (int i = 0; i <= n; i++, zf = mo - zf) {
          
   //容斥
		ll w = (f[1][i][0] + f[1][i][1]) % mo;
		w = w * Clac(n - i) % mo;
		ans = (ans + zf * w % mo) % mo;
	}
	printf("%lld", ans);
	
	return 0;
}