BZOJ2159 Crash的文明世界——树上DP&&第二类Stirling数

题意

给定一个有 $n$ 个结点的树,设 $S(i)$ 为第 $i$ 个结点的“指标值”,定义为 $S(i)=\sum_{i=1}^{n}dist(i,j)^k$,$dist(i, j)$ 为结点 $i$ 到结点 $j$ 的最小距离。请输出每个结点的指标值。($n \leq 5000, k \leq 150$)

分析

一个常用的转化

$$n^k=\sum_{i=0}^{k}S(k,i) \times C(n,i) \times i!$$

证明可以考虑组合意义,等式的左边就是把 $k$ 个球放在 $n$ 个盒子里;右边就是枚举非空盒子的数量 $i$,注意到这里的盒子是不同的,所以还要乘上一个 $i!$。

利用上面写的那个常用的转化。令 $dp[i][j]=\sum\limits_{k=1}^{n}C(dist(i,k),j)$,那么答案为 $ans_i$就可以表示成 $ans_i=\sum\limits_{j=1}^{k}S(k,j) \times j! \times dp[i][j]$。注意到 $dp[i][j]$ 是组合数是可以直接转移的,具体如下:

 

From: 链接

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
int n,k,head[50010];
const int mod=10007;
struct edg{
    int to,next;
}e[100010];
int S[200][200],mi[200];
int size,fd[50010][160],fu[50010][160];
void add(int x,int y){size++;e[size]={y,head[x]};head[x]=size;}
void dfs1(int x,int fa)
{
    fd[x][0]=1;
    for (int i=head[x];i;i=e[i].next)
    {
        int y=e[i].to;
        if (y==fa) continue;
        dfs1(y,x);
        for (int j=0;j<=k;j++)
        {
            if (j)
                fd[x][j]=(fd[x][j]+fd[y][j]+fd[y][j-1])%mod;
            else fd[x][j]=(fd[x][j]+fd[y][j])%mod;
        }
    }
}
void dfs2(int x,int fa)
{
    if (fa)
    {
        for (int i=0;i<=k;i++)
        {
            if (i)
            {
                fu[x][i]=(fu[x][i]+fu[fa][i]+fu[fa][i-1])%mod;
                fu[x][i]=(fu[x][i]+fd[fa][i]+fd[fa][i-1])%mod;
                fu[x][i]=(fu[x][i]-(fd[x][i]+fd[x][i-1])%mod+mod)%mod;
                fu[x][i]=(fu[x][i]-fd[x][i-1]+mod)%mod;
                if (i>1) fu[x][i]=(fu[x][i]-fd[x][i-2]+mod)%mod;
            }
            else fu[x][0]=n-fd[x][0];
        }
    }
    for (int i=head[x];i;i=e[i].next)
    {
        int y=e[i].to;
        if (y==fa) continue;
        dfs2(y,x);
    }
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&k);
    mi[0]=1;for (int i=1;i<=k;i++) mi[i]=mi[i-1]*i%mod;
    S[0][0]=1;
    for (int i=1;i<=k;i++)
        for (int j=1;j<=i;j++)
            S[i][j]=(S[i-1][j-1]+j*S[i-1][j])%mod;
    for (int x,y,i=1;i<n;i++)
      scanf("%d%d",&x,&y),add(x,y),add(y,x);
    dfs1(1,0);dfs2(1,0);
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        int ans=0;
        for (int j=1;j<=k;j++)
            ans=(ans+1ll*S[k][j]*mi[j]*(fd[i][j]+fu[i][j]))%mod;
        printf("%d\n",ans);
    }
}

 

 

参考链接:

1. https://blog.csdn.net/Charlie_jilei/article/details/79922722

2. https://shichengxiao01.github.io/2018/02/17/第二类斯特林数小结

个性签名:时间会解决一切
posted @ 2019-09-21 19:49  Rogn  阅读(168)  评论(0编辑  收藏  举报