BZOJ3167/BZOJ4824 HEOI2013SAO/CQOI2017老C的键盘(树形dp)

  前者是后者各方面的强化版。

  容易想到设f[i][j]表示i子树中第j小的是i的方案数(即只考虑相对关系)。比较麻烦的在于转移。考虑逐个合并子树。容易想到枚举根原来的排名和子树根原来的排名,算一发组合数。具体要考虑的是当前有n个0、m个1,将他们排成一排,要求其中第x个0在k号位,第y个1在k号位的右边(1表示要合并上去的子树中的节点,对应父亲<儿子的情况)。那么显然当y>k-x时存在方案,且方案数为C(k-1,x-1)·C(n+m-k,n-x)。父亲>儿子的情况类似。直接算就是O(n3)的,前缀和优化一发就可以做到O(n2)了,因为这种类似背包的与子树大小相关的转移相当于在LCA处考虑每个点对。

  upd:突然发现之前写的复杂度是假的……改正确了一点莫名其妙拿了luogu rank1。

#include<iostream> 
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
#define N 1010
#define P 1000000007
char getc(){char c=getchar();while ((c<'A'||c>'Z')&&(c<'a'||c>'z')&&(c!='<')&&(c!='>')) c=getchar();return c;}
int gcd(int n,int m){return m==0?n:gcd(m,n%m);}
int read()
{
    int x=0,f=1;char c=getchar();
    while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1;c=getchar();}
    while (c>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
    return x*f;
}
int T,n,f[N][N],C[N][N],size[N],p[N],t;
struct data{int to,nxt,op;
}edge[N<<1];
void addedge(int x,int y,int op){t++;edge[t].to=y,edge[t].nxt=p[x],edge[t].op=op,p[x]=t;}
void inc(int &x,int y){x+=y;if (x>=P) x-=P;}
inline int c(int n,int m){return C[n][m];}
void dfs(int k,int from)
{
    size[k]=1;memset(f[k],0,sizeof(f[k]));f[k][1]=1;
    for (int i=p[k];i;i=edge[i].nxt)
    if (edge[i].to!=from)
    {
        dfs(edge[i].to,k);
        for (int j=size[k]+size[edge[i].to];j>=1;j--)
        {
            int s=0;
            for (int x=max(1,j-size[edge[i].to]);x<=min(j,size[k]);x++)
            if (edge[i].op) inc(s,1ll*f[k][x]*c(j-1,x-1)%P*c(size[k]+size[edge[i].to]-j,size[k]-x)%P*f[edge[i].to][j-x]%P);
            else inc(s,1ll*f[k][x]*c(j-1,x-1)%P*c(size[k]+size[edge[i].to]-j,size[k]-x)%P*(f[edge[i].to][size[edge[i].to]]-f[edge[i].to][j-x]+P)%P);
            f[k][j]=s;
        }
        size[k]+=size[edge[i].to];
    }
    for (int i=1;i<=size[k];i++) inc(f[k][i],f[k][i-1]);
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("bzoj3167.in","r",stdin);
    freopen("bzoj3167.out","w",stdout);
    const char LL[]="%I64d\n";
#else
    const char LL[]="%lld\n";
#endif
    T=read();
    while (T--)
    {
        n=read();
        memset(p,0,sizeof(p));t=0;
        for (int i=1;i<n;i++)
        {
            int x;scanf("%d",&x);x++;int op=getc()=='<';int y=read()+1;
            addedge(x,y,op^1),addedge(y,x,op);
        }
        C[0][0]=1;
        for (int i=1;i<=n;i++)
        {
            C[i][0]=C[i][i]=1;
            for (int j=1;j<i;j++)
            C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%P;
        }
        dfs(1,1);
        cout<<f[1][n]<<endl;
    }
    return 0;
}

 

posted @ 2018-11-21 19:49  Gloid  阅读(180)  评论(0编辑  收藏  举报