【BZOJ5314】[JSOI2018]潜入行动(动态规划)

【BZOJ5314】[JSOI2018]潜入行动(动态规划)

题面

BZOJ
洛谷

题解

不难想到一个沙雕\(dp\),设\(f[i][j][0/1][0/1]\)表示当前点\(i\),子树中一共放了\(j\)个,这个点是否放了,这个是否被覆盖了。
看起来直接合并是\(O(nk^2)\)的QwQ。。。。。
然后我以为是\(O(nk^2)\)的就不会做了嘤嘤嘤。
实际上是\(O(nk)\)的。。。
证明大概是这样的:
考虑什么时候会产生\(O(k^2)\)的贡献,即一个点有两棵子树的大小大于\(k\),而这样子合并次数不会超过\(O(\frac{n}{k})\),所以这部分的复杂度是\(O(nk)\)的。
另外一种情况是一个子树小于\(k\),经过合并之后变成大于\(k\)的子树了,显然对于一个点,如果它的子树小于\(k\),在某次合并之后它的子树就会大于\(k\),并且对于每个点而言,只会在他的某个祖先的地方经历一次这样子的合并,所以这样子均摊每个点会产生\(O(k)\)的贡献。
第三种情况是两个点的子树大小都小于\(k\),合并完之后两者还是小于\(k\)。这个操作理解为每个两个集合中的点一一对应的产生一次贡献,那么盯着某一个特定点考虑,它每次产生的贡献是合并进来的子树大小的,因为在这一部分的过程中子树大小总是小于\(k\),因此每个点产生的贡献也最多是\(O(k)\)的。
综上,在三种合并情况中,每种情况产生的贡献都最多是\(O(nk)\)的,所以全局的复杂度就是\(O(nk)\)

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define MAX 100100
#define MOD 1000000007
void add(int &x,int y){x+=y;if(x>=MOD)x-=MOD;}
inline int read()
{
	int x=0;bool t=false;char ch=getchar();
	while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
	if(ch=='-')t=true,ch=getchar();
	while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
	return t?-x:x;
}
struct Line{int v,next;}e[MAX<<1];
int h[MAX],cnt=1;
inline void Add(int u,int v){e[cnt]=(Line){v,h[u]};h[u]=cnt++;}
int n,K,f[MAX][101][2][2],size[MAX];
int tmp[101][2][2];
void dfs(int u,int ff)
{
	size[u]=1;f[u][0][0][0]=1;f[u][1][1][0]=1;
	for(int i=h[u];i;i=e[i].next)
	{
		int v=e[i].v;if(v==ff)continue;dfs(v,u);
		for(int j=0;j<=size[u]&&j<=K;++j)
			for(int k=0;k<=size[v]&&j+k<=K;++k)
			{
				if(f[u][j][0][0])
				{
					add(tmp[j+k][0][0],1ll*f[u][j][0][0]*f[v][k][0][1]%MOD);
					add(tmp[j+k][0][1],1ll*f[u][j][0][0]*f[v][k][1][1]%MOD);
				}
				if(f[u][j][0][1])
				{
					add(tmp[j+k][0][1],1ll*f[u][j][0][1]*(f[v][k][0][1]+f[v][k][1][1])%MOD);
				}
				if(f[u][j][1][0])
				{
					add(tmp[j+k][1][0],1ll*f[u][j][1][0]*(f[v][k][0][0]+f[v][k][0][1])%MOD);
					add(tmp[j+k][1][1],1ll*f[u][j][1][0]*(f[v][k][1][0]+f[v][k][1][1])%MOD);
				}
				if(f[u][j][1][1])
				{
					int s=0;
					add(s,f[v][k][0][0]);add(s,f[v][k][0][1]);
					add(s,f[v][k][1][0]);add(s,f[v][k][1][1]);
					add(tmp[j+k][1][1],1ll*f[u][j][1][1]*s%MOD);
				}
			}
		size[u]+=size[v];
		for(int j=0;j<=size[u]&&j<=K;++j)
		{
			f[u][j][0][0]=tmp[j][0][0];tmp[j][0][0]=0;
			f[u][j][0][1]=tmp[j][0][1];tmp[j][0][1]=0;
			f[u][j][1][0]=tmp[j][1][0];tmp[j][1][0]=0;
			f[u][j][1][1]=tmp[j][1][1];tmp[j][1][1]=0;
		}
	}
}
int main()
{
	n=read();K=read();
	for(int i=1,u,v;i<n;++i)u=read(),v=read(),Add(u,v),Add(v,u);
	dfs(1,0);
	int ans=(f[1][K][0][1]+f[1][K][1][1])%MOD;
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}
posted @ 2019-02-22 10:30  小蒟蒻yyb  阅读(350)  评论(0编辑  收藏  举报