CF995F Cowmpany Cowmpensation

给定一棵以 \(1\) 为根的 \(n\) 个节点的树，第 \(i\) 个点的父亲为 \(p_i\)。你需要给第 \(i\) 个节点赋予一个整数点权 \(a_i\)，需要满足下面的性质：

• \(\forall i \in [1,n],a_i \in [1,D]\)。

• \(\forall i \in [2,n],a_i \leq a_{p_i}\)。

求不同方案的总数。

\(1 \leq n \leq 3000\)，\(1 \leq D \leq 10^9\)。

考虑朴素 dp，记 \(dp_{i,j}\) 表示在以 \(i\) 为根的子树中 \(a_i \leq j\) 的填法总数，可得：

\[dp_{i,j}=dp_{i,j-1}+\prod\limits_{k \in son_i} dp_{k,j} \]

考虑到若 \(i\) 为原树的叶子节点，则 \(dp_{i,j}=j\)，易知 \(dp_i\) 为关于 \(j\) 的一次多项式。由于 \(dp_{i,j}\) 为所有儿子的 \(dp_{i,j}\) 乘积的前缀和，容易发现 \(dp_{i}\) 应该是 \(k\) 次多项式，其中 \(k\) 为 \(i\) 的子树大小，于是你算出 \(O(n)\) 个 \(dp_{1,j}\) 的值后插值即可得到 \(dp_{1,D}\)。时间复杂度 \(O(n^2)\)。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
const long long mod=1000000007;
int n,p[3010];
vector<int> T[3010];
long long dp[3010][3010];
void dfs(int u){
	for(int j=1;j<=n+1;j++){
		dp[u][j]=1;
	}
	for(int i=0;i<T[u].size();i++){
		int v=T[u][i];
		dfs(v);
		for(int j=1;j<=n+1;j++){
			dp[u][j]*=dp[v][j];
			dp[u][j]%=mod;
		}
	}
	for(int j=1;j<=n+1;j++){
		dp[u][j]+=dp[u][j-1];
		dp[u][j]%=mod;
	}
}
long long inv(long long num1,long long num2=mod-2){
	if(num2==0) return 1;
	long long ans=inv(num1,num2/2);
	ans=ans*ans%mod;
	if(num2%2==1) ans=ans*num1%mod;
	return ans;
}
long long inv_num[6010];
int main(){
	long long D;
	scanf("%d %lld",&n,&D);
	for(int i=2;i<=n;i++){
		scanf("%d",&p[i]);
		T[p[i]].push_back(i);
	}
	for(int i=-n;i<=n;i++){
		inv_num[i+n]=inv(i);
	}
	dfs(1);
	long long ans=0;
	for(int i=1;i<=n+1;i++){
		long long cum=dp[1][i];
		for(int j=1;j<=n+1;j++){
			if(i!=j){
				cum*=(D-j);
				cum=(cum%mod+mod)%mod;
				cum*=inv_num[i-j+n];
				cum=(cum%mod+mod)%mod;
			}
		}
		ans=(ans+cum)%mod;
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}