CF995F Cowmpany Cowmpensation

题目链接：http://codeforces.com/contest/995/problem/F

题目大意：

　　给定一棵 \(n\) 个节点的有根树（根为 \(1\) 号结点），为这棵树上的每一个结点赋值（赋值的范围为 \([1,D]\)），要求父结点的值不小于子结点值，问有多少种赋值方案。

　　\(1 \le n \le 3000, 1 \le D \le 10^9\)

知识点：　　树形DP、拉格朗日插值法

解题思路：

　　可以证明：对于一棵有 \(n\) 个结点的树，其答案是一个关于 \(D\) 的 \(n\) 次多项式 \(f(D)\)。（虽然并不知道怎么证明......）

　　那么我们只需要用树形 \(DP\) 求出前 \(n+1\) 项：\(f(0), f(1), f(2), ... f(n)\)，然后用拉格朗日插值法求出 \(f(D)\) 即可。

AC代码：

  1 #include <bits/stdc++.h>
  2 
  3 using namespace std;
  4 typedef long long LL;
  5 const int MAXN=3005;
  6 const LL MOD = 1e9 + 7;
  7 
  8 
  9 LL powmod(LL x, LL y) {
 10     LL res = 1;
 11     x %= MOD;
 12     while (y) {
 13         if (y & 1)    res = res*x%MOD;
 14         y >>= 1;
 15         x = x*x%MOD;
 16     }
 17     return res;
 18 }
 19 namespace Polysum {
 20     //拉格朗日插值法对多项式求和
 21     const int D = 3010;
 22     //    LL a[D];  自改，待议
 23     LL f[D], g[D], p[D], p1[D], p2[D], b[D], h[D][2], C[D];
 24 
 25     LL calcn(int d, LL *a, LL n) {
 26         if (n <= d)        return a[n];
 27         p1[0] = p2[0] = 1;
 28         for (int i = 0; i <= d; i++) {
 29             LL t = (n - i + MOD) % MOD;
 30             p1[i + 1] = p1[i] * t%MOD;
 31         }
 32         for (int i = 0; i <= d; i++) {
 33             LL t = (n - d + i + MOD) % MOD;
 34             p2[i + 1] = p2[i] * t%MOD;
 35         }
 36         LL ans = 0;
 37         for (int i = 0; i <= d; i++) {
 38             LL t = g[i] * g[d - i] % MOD*p1[i] % MOD*p2[d - i] % MOD*a[i] % MOD;
 39             if ((d - i) & 1)        ans = (ans - t + MOD) % MOD;
 40             else
 41                 ans = (ans + t) % MOD;
 42         }
 43         return ans;
 44     }
 45     void init(int M) {
 46         f[0] = f[1] = g[0] = g[1] = 1;
 47         for (int i = 2; i < M + 5; i++)
 48             f[i] = f[i - 1] * i%MOD;
 49         g[M + 4] = powmod(f[M + 4], MOD - 2);
 50         for (int i = M + 3; i >= 1;i--)
 51             g[i] = g[i + 1] * (i + 1) % MOD;
 52     }
 53     //对于给定的 x+1 个点，对应于它们的次数不超过 x 的拉格朗日多项式只有一个
 54     //因此，如果我们要求和的多项式的最高项是 m-1，那么我们就要输入其前 m 个点
 55     LL polysum(LL n, LL *a, int m) {
 56         //输入 a[] 的前 m 项：a[1], a[2], ..., a[m]
 57         //输出 a[] 的前 n 项之和： \sum_{i=0}^{n-1} a[i]
 58         //    LL b[D];  自改，待议
 59         for (int i = 0; i <= m; i++)    b[i] = a[i];
 60         b[m + 1] = calcn(m, b, m + 1);
 61         for (int i = 1; i < m + 2; i++)
 62             b[i] = (b[i - 1] + b[i]) % MOD;
 63         return calcn(m + 1, b, n - 1);
 64     }
 65     LL qpolysum(LL R, LL n, LL *a, int m) {
 66         //输入 a[] 的前 m+1 项：a[1], a[2], ..., a[m]
 67         //输出 a[x]*R^x 的前 n 项之和：sum_{i=0}^{n-1} a[i]*R^i
 68         if (R == 1)    return polysum(n, a, m);
 69         a[m + 1] = calcn(m, a, m + 1);
 70         LL r = powmod(R, MOD - 2);
 71         LL p3 = 0, p4 = 0, c, ans;
 72         h[0][0] = 0, h[0][1] = 1;
 73         for (int i = 1; i < m + 2;i++){
 74             h[i][0] = (h[i - 1][0] + a[i - 1])*r%MOD;
 75             h[i][1] = h[i - 1][1] * r%MOD;
 76         }
 77         for (int i = 0; i < m + 2; i++) {
 78             LL t = g[i] * g[m + 1 - i] % MOD;
 79             if (i & 1) p3 = ((p3 - h[i][0] * t) % MOD + MOD) % MOD, p4 = ((p4 - h[i][1] * t) % MOD + MOD) % MOD;
 80             else p3 = (p3 + h[i][0] * t) % MOD, p4 = (p4 + h[i][1] * t) % MOD;
 81         }
 82         c = powmod(p4, MOD - 2)*(MOD - p3) % MOD;
 83         for (int i = 0; i < m + 2; i++)
 84             h[i][0] = (h[i][0] + h[i][1] * c) % MOD;
 85         for (int i = 0; i < m + 2; i++)
 86             C[i] = h[i][0];
 87         ans = (calcn(m, C, n)*powmod(R, n) - c) % MOD;
 88         if (ans < 0)    ans += MOD;
 89         return ans;
 90     }
 91 }
 92 
 93 vector<int> G[MAXN];
 94 LL dp[MAXN][MAXN],pre[MAXN][MAXN];
 95 int n;
 96 void dfs(int rt){
 97     bool flag=false;
 98     for(int i=0;i<G[rt].size();i++){
 99         int v=G[rt][i];
100         dfs(v);
101         flag=true;
102     }
103     for(int j=1;j<=n;j++)   dp[rt][j]=1;
104     if(flag){
105         for(int i=0;i<G[rt].size();i++){
106             int v=G[rt][i];
107             for(int j=1;j<=n;j++){
108                 dp[rt][j]=dp[rt][j]*pre[v][j]%MOD;
109             }
110         }
111     }
112     pre[rt][1]=dp[rt][1];
113     for(int j=2;j<=n;j++)
114         pre[rt][j]=(pre[rt][j-1]+dp[rt][j])%MOD;
115 }
116 int main(){
117     LL D;
118     scanf("%d%lld",&n,&D);
119     for(int i=2;i<=n;i++){
120         int t;
121         scanf("%d",&t);
122         G[t].push_back(i);
123     }
124     dfs(1);
125     Polysum::init(MAXN);
126     printf("%lld\n",Polysum::calcn(n,pre[1],D));
127 
128     return 0;
129 }

 

posted @ 2018-07-23 22:23  Blogggggg  阅读(2017)  评论(0)  编辑  收藏  举报