Codeforces 1097G Vladislav and a Great Legend [树形DP，斯特林数]

洛谷

Codeforces

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这题真是妙的很。

通过看题解，终于知道了\(\sum_n f(n)^k​\)这种东西怎么算。

update：经过思考，我对这题有了更深的理解，现将更新内容放在原题解下方。

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思路

发现\(\sum_S (f(S))^k\)这东西因为有个\(k\)次方，所以特别难算，考虑拆开：

\[x^k=\sum_{i=0}^k {x \choose i} \times i! \times S(k,i) \]

其中\(S(n,m)\)是第二类斯特林数，即\(n\)个元素放进\(m​\)个集合里的方案数。（不会打那个大括号，会的请在评论区教我一下，谢谢）

于是式子化为：

\[\begin{align*} ans&=\sum_S (f(S))^k\\ &=\sum_S \sum_{i=0}^k {f(S) \choose i} i!S(k,i)\\ &=\sum_{i=0}^k i!S(k,i)\sum_S {f(S) \choose i} \end{align*} \]

外面可以枚举\(i\)，考虑里面那一堆东西怎么搞。

考虑它的组合意义：对于每一个点集组成的生成树，在树里面选出\(i\)条边涂色的方案数。

听着像是个背包，实际就是背包。

设\(dp_{x,i}\)表示\(x\)的子树内选出一棵有\(i\)条涂了色的边的生成树的方案数，答案在每一棵生成树中深度最小的点上统计，则有

\[dp_{x,i}+=dp_{x,j}dp_{v,i-j} \]

也就是个背包。

但实际的DP比这恶心很多，有很多细节。

复杂度看似是\(O(nk^2)\)，但据说是\(O(nk)\)，不过我不会证。

感觉对这题的理解还不够透彻，但网上也没什么题解，就这样吧。

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代码

#include<bits/stdc++.h>
namespace my_std{
	using namespace std;
	#define pii pair<int,int>
	#define fir first
	#define sec second
	#define MP make_pair
	#define rep(i,x,y) for (int i=(x);i<=(y);i++)
	#define drep(i,x,y) for (int i=(x);i>=(y);i--)
	#define go(x) for (int i=head[x];i;i=edge[i].nxt)
	#define sz 101010
	typedef long long ll;
	typedef double db;
	const ll mod=1e9+7;
	mt19937 rng(chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count());
	template<typename T>inline T rnd(T l,T r) {return uniform_int_distribution<T>(l,r)(rng);}
	template<typename T>inline void read(T& t)
	{
		t=0;char f=0,ch=getchar();double d=0.1;
		while(ch>'9'||ch<'0') f|=(ch=='-'),ch=getchar();
		while(ch<='9'&&ch>='0') t=t*10+ch-48,ch=getchar();
		if(ch=='.'){ch=getchar();while(ch<='9'&&ch>='0') t+=d*(ch^48),d*=0.1,ch=getchar();}
		t=(f?-t:t);
	}
	template<typename T,typename... Args>inline void read(T& t,Args&... args){read(t); read(args...);}
	void file()
	{
		#ifndef ONLINE_JUDGE
		freopen("a.txt","r",stdin);
		#endif
	}
//	inline ll mul(ll a,ll b){ll d=(ll)(a*(double)b/mod+0.5);ll ret=a*b-d*mod;if (ret<0) ret+=mod;return ret;}
}
using namespace my_std;

int n,K;
struct hh{int t,nxt;}edge[sz<<1];
int head[sz],ecnt;
void make_edge(int f,int t)
{
	edge[++ecnt]=(hh){t,head[f]};
	head[f]=ecnt;
	edge[++ecnt]=(hh){f,head[t]};
	head[t]=ecnt;
}
inline ll add(ll x,ll y){x+=y;if (x>=mod) x-=mod;return x;}

ll dp[sz][233],f[sz],ans[233];
int size[sz];
#define v edge[i].t
void dfs(int x,int fa)
{
	size[x]=1;dp[x][0]=2; // 选了自己和没选自己都合法
	go(x) if (v!=fa)
	{
		dfs(v,x);
		rep(i,0,K) f[i]=0;
		rep(j,0,min(K,size[x])) // 一定要取min！！
			rep(k,0,min(K-j,size[v]))
				f[j+k]=add(f[j+k],dp[x][j]*dp[v][k]%mod);
		rep(j,0,K) dp[x][j]=f[j];
		rep(j,0,K) ans[j]=add(ans[j],mod-dp[v][j]); // 减去只在一棵子树有的，即不经过x的
		size[x]+=size[v];
	}
	rep(i,0,K) ans[i]=add(ans[i],dp[x][i]);
	drep(i,K,1) dp[x][i]=add(dp[x][i],dp[x][i-1]);  // 考虑上通往祖先的那条边
	dp[x][1]=add(dp[x][1],mod-1); // 减去子树为空但连了祖先边的一种情况
}
#undef v
void solve(){dfs(1,0);}

ll S[233][233];

int main()
{
	file();
	int x,y;
	read(n,K);
	rep(i,1,n-1) read(x,y),make_edge(x,y);
	S[1][1]=1;
	rep(i,2,K)
		rep(j,1,K)
			S[i][j]=add(S[i-1][j-1],S[i-1][j]*j%mod);
	int fac=1,Ans=0;
	solve();
	rep(i,1,K)
	{
		fac=1ll*fac*i%mod;
		Ans=add(Ans,1ll*fac*S[K][i]%mod*ans[i]%mod);
	}
	cout<<Ans;
	return 0;
}

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更新

原来的那种DP方法有很多特殊情况需要考虑，感觉不是很好，这里给出另外一种。

设\(dp_{x,i}\)表示\(x\)的子树内选出一棵有\(i\)条涂了色的边的非空生成树的方案数，方程也差不多，但多了一些分类讨论。

考虑原来的\(x\)加入了新的子树\(v\)，那么：

1. 只有原来的生成树
2. 只有新的子树（加上\(x\rightarrow v​\)这条边）
3. 由原来的和新的共同组成（并加上\(x\rightarrow v\)这条边）

加上分类讨论和非空的限制之后，思路清晰了很多（至少我是这么认为的），也避免了很多特殊情况。

至于复杂度的问题，似乎取个min之后变成\(n^2\)（\(nk\)）是很多树形DP的trick，看来是我孤陋寡闻了。

#include<bits/stdc++.h>
namespace my_std{
	using namespace std;
	#define pii pair<int,int>
	#define fir first
	#define sec second
	#define MP make_pair
	#define rep(i,x,y) for (int i=(x);i<=(y);i++)
	#define drep(i,x,y) for (int i=(x);i>=(y);i--)
	#define go(x) for (int i=head[x];i;i=edge[i].nxt)
	#define sz 101010
	typedef long long ll;
	typedef double db;
	const ll mod=1e9+7;
	mt19937 rng(chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count());
	template<typename T>inline T rnd(T l,T r) {return uniform_int_distribution<T>(l,r)(rng);}
	template<typename T>inline void read(T& t)
	{
		t=0;char f=0,ch=getchar();double d=0.1;
		while(ch>'9'||ch<'0') f|=(ch=='-'),ch=getchar();
		while(ch<='9'&&ch>='0') t=t*10+ch-48,ch=getchar();
		if(ch=='.'){ch=getchar();while(ch<='9'&&ch>='0') t+=d*(ch^48),d*=0.1,ch=getchar();}
		t=(f?-t:t);
	}
	template<typename T,typename... Args>inline void read(T& t,Args&... args){read(t); read(args...);}
	void file()
	{
		#ifndef ONLINE_JUDGE
		freopen("a.txt","r",stdin);
		#endif
	}
//	inline ll mul(ll a,ll b){ll d=(ll)(a*(double)b/mod+0.5);ll ret=a*b-d*mod;if (ret<0) ret+=mod;return ret;}
}
using namespace my_std;

int n,K;
struct hh{int t,nxt;}edge[sz<<1];
int head[sz],ecnt;
void make_edge(int f,int t)
{
	edge[++ecnt]=(hh){t,head[f]};
	head[f]=ecnt;
	edge[++ecnt]=(hh){f,head[t]};
	head[t]=ecnt;
}
inline ll add(ll x,ll y){x+=y;if (x>=mod) x-=mod;return x;}

ll dp[sz][233],f[sz],ans[233];
int size[sz];
#define v edge[i].t
void dfs(int x,int fa)
{
	size[x]=1;dp[x][0]=1;
	go(x) if (v!=fa)
	{
		dfs(v,x);
		rep(j,0,K) f[j]=dp[x][j];
		rep(j,0,K) dp[x][j]=dp[x][j]; // 只有原来的 
		rep(j,1,min(K,size[v])) // 只有新的 
			dp[x][j]=add(dp[x][j],add(dp[v][j],dp[v][j-1])); 
		dp[x][0]=add(dp[x][0],dp[v][0]); // 只有新的
		rep(j,0,min(K,size[x])) // 原来的和新的合并，顺便更新答案 
			rep(k,0,min(K-j,size[v]))
			{
				ll val=f[j]*dp[v][k]%mod;
				dp[x][j+k]=add(dp[x][j+k],val);
				ans[j+k]=add(ans[j+k],val);
				dp[x][j+k+1]=add(dp[x][j+k+1],val);
				ans[j+k+1]=add(ans[j+k+1],val);
			}
		size[x]+=size[v];
	}
}
#undef v
void solve(){dfs(1,0);}

ll S[233][233];

int main()
{
	file();
	int x,y;
	read(n,K);
	rep(i,1,n-1) read(x,y),make_edge(x,y);
	S[1][1]=1;
	rep(i,2,K)
		rep(j,1,K)
			S[i][j]=add(S[i-1][j-1],S[i-1][j]*j%mod);
	int fac=1,Ans=0;
	solve();
	rep(i,1,K)
	{
		fac=1ll*fac*i%mod;
		Ans=add(Ans,1ll*fac*S[K][i]%mod*ans[i]%mod);
	}
	cout<<Ans;
	return 0;
}