2025“钉耙编程”中国大学生算法设计春季联赛（10）1007_小塔的魔法树

赛时写了一个\(O(nm^{2})\)的做法想不到该怎么优化，赛后看题解用dfs序dp，觉得有点不习惯（还是习惯直接树上dp），翻别人的代码发现一个直接树上dp的做法，这里仅根据我的理解来解释一下。

首先设dp[i][j]表示整棵树所选节点权值和为j的情况下，i节点必选的方案数，接下来看如何转移。

设当前节点u的父节点为fa，则很显然有dp[u][j] += dp[fa][j - w[u]]，表示的就是正好选完当前u节点之后所选节点权值和就是j的方案。
再看如何从子节点合并。设u节点子节点为v，显然如果v必选的话，那么u也是必选的，因为从根节点到v节点一定会经过u。所以对于dp[u][j]，我们直接把\(\sum dp[v][j]\)加上即可。最后的答案就是\(\sum dp[1][j]\)，时间复杂度\(O(nm)\)

#include<bits/stdc++.h>
    
using namespace std;
    
long long t;
const int mod = 1e9 + 7;
const long long N = 2e5 + 10;
long long n,m;
long long a[N];
vector<vector<long long> > dp;
vector<long long> g[N];
    
void solve() {
    for(long long i = 0;i <= n;i++) g[i].clear();
    cin >> n >> m;
    dp.assign(n + 10,vector<long long>(m + 10,0));
    for(long long i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i];
    for(long long u,v,i = 1;i < n;i++) {
        cin >> u >> v;
        g[u].push_back(v);
        g[v].push_back(u);
    }
    dp[0][0] = 1;
    function<void(int, int)> dfs = [&](int x, int y) {
        //dp[i][j]表示的可能是,若整棵树所选择的节点权值之和正好为j的情况下i必选的方案数
        for(int i = a[x]; i <= m; i++)
            dp[x][i] = dp[y][i - a[x]];
        //这里先统计从根节点到当前i节点所选的权值之和已经为j的方案数
        for(auto to : g[x]){
            if(to == y) continue;
            dfs(to, x);
            for(int i = 0; i <= m; i ++)
                dp[x][i] = (dp[x][i] + dp[to][i]) % mod;
            //若整棵树所选权值和正好为j并且当前u节点的儿子必选,则也意味着当前u节点必选,应该统计到当前dp[u][j]中
        }
    };
    dfs(1,0);
    long long ans = 0;
    for(long long i = 0;i <= m;i++) ans += dp[1][i],ans %= mod;
    cout << ans << '\n';
}
    
signed main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    cin >> t;
    while(t--) solve();
    
    return 0;
}