[2021.4.9多校省选模拟35]隐形斗篷 （prufer序列，背包DP）

题面

我编不下去了！

给出 $n$ 个点，第 $i$ 个点的度数限制为 $a_i$，现在需要选出 $x$ 个点构成一颗树，要求这 $x$ 个点中每个点的度数不超过这个点的 $a_i$ 值，求 $x=1,2,\dots ,n$ 时的方案数。

两种方案不同，当且仅当选出的点集不同或者连边的方式不同。

输入格式

第一行一个正整数 $T$，代表有 $T$ 组数据。每组数据第一行一个正整数 $n$

第二行 $n$ 个正整数 $a_1,a_2,\dots ,a_n$。

输出格式

对于每组数据，输出一行 $n$ 个数，表示 $x=1,2,\dots ,n$ 时的答案对 $1000000007$ 取模后的结果。

样例输入

1
3
2 2 1

样例输出

3 3 2

数据范围与提示

本题共 $10$ 组测试点。

对于第 $i$ 个测试点，$1\le n\le 5i,1\le T\le 10,1\le a_1,a_2,\dots ,a_n\le n$。

总的来说，$1\le n\le 50$。

题解

根据 $\mathrm{p}\mathrm{r}\mathrm{u}\mathrm{f}\mathrm{e}\mathrm{r}$ 序列的知识，我们可以发现，当 $x=k$，选的点集为 $\{p_1,p_2,\dots ,p_k\}$ 时，答案为：

$$\sum _{i_1=1}^{a_{p_1}}\sum _{i_2=1}^{a_{p_2}}...\sum _{i_k=1}^{a_{p_k}}\frac{(k-2)!}{(i_1-1)!(i_2-1)!...(i_k-1)!}[\sum i=(k-1)\ast 2]$$

看来思路已经很清晰了，但是现在暴力能拿 $10$ 分吗？不好说。

考虑把这个式子拆开：

$$(k-2)!\sum _{i_1=1}^{a_{p_1}}\sum _{i_2=1}^{a_{p_2}}...\sum _{i_k=1}^{a_{p_k}}\frac{1}{(i_1-1)!(i_2-1)!...(i_k-1)!}[\sum i=(k-1)\ast 2]$$

右边那个大分式似乎有些头绪了？这不就相当于 " $k$ 个物品，每个物品有 $a_{p_i}$ 种，选 $x$ 个的权值为 $\frac{1}{(x-1)!}$ ，背包大小为 $(k-1)\ast 2$ ，问刚好塞满时每种情况权值积的和 "？

所以就是个裸的背包DP了，令 $dp[i][j]$ 为选了 $i$ 种物品，背包已用空间为 $j$ 时的权值积的和，那么类似分组背包问题求解就完了。最终 $x=k$ 时的答案就是 $(k-2)!\ast dp[k][(k-1)\ast 2]$，复杂度 $O(T{n}^4)$ 。

CODE

#include<map>
#include<set>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<stack>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 55
#define LL long long
#define DB double
#define ENDL putchar('\n')
#define lowbit(x) (-(x) & (x))
LL read() {
	LL f = 1,x = 0;char s = getchar();
	while(s < '0' || s > '9') {if(s == '-')f=-f;s = getchar();}
	while(s >= '0' && s <= '9') {x=x*10+(s-'0');s = getchar();}
	return f * x;
}
const int MOD = 1000000007;
int n,m,i,j,s,o,k;
inline void MD(int &x) {if(x>=MOD)x-=MOD;}
int a[MAXN];
int dp[MAXN][MAXN<<1];
int fac[MAXN],inv[MAXN],invf[MAXN];
int main() {
	freopen("c.in","r",stdin);
	freopen("c.out","w",stdout);
	int T = read();
	fac[1] = fac[0] = inv[1] = inv[0] = invf[1] = invf[0] = 1;
	for(int i = 2;i <= 50;i ++) {
		fac[i] = fac[i-1] *1ll* i % MOD;
		inv[i] = (MOD-inv[MOD % i]) *1ll* (MOD/i) % MOD;
		invf[i] = invf[i-1] *1ll* inv[i] % MOD;
	}
	while(T --) {
		n = read();
		for(int i = 1;i <= n;i ++) a[i] = read();
		memset(dp,0,sizeof(dp));
		dp[0][0] = 1;
		int du = (n-1)*2;
		for(int i = 1;i <= n;i ++) {
			for(int ct = n;ct > 0;ct --) {
				for(int j = du;j >= 1;j --) {
					for(int x = 1;x <= j && x <= a[i];x ++) {
						MD(dp[ct][j] += dp[ct-1][j-x] *1ll* invf[x-1] % MOD);
					}
				}
			}
		}
		for(int k = 1;k <= n;k ++) {
			if(k == 1) {printf("%d ",n);continue;}
			if(k == 2) {printf("%lld ",n*1ll*(n-1) % MOD *1ll* inv[2] % MOD);continue;}
			int ans = dp[k][(k-1)*2] *1ll* fac[k-2] % MOD;
			printf("%d ",ans);
		}
		ENDL;
	}
	return 0;
}