HDU 5378 树上的概率DP Leader in Tree Land
官方题解:
可以用求概率的思想来解决这个问题。令以i号节点为根的子树为第i棵子树,设这颗子树恰好有sz[i]个点。那么第i个点是第i棵子树最大值的概率为1/sz[i],不是最大值的概率为(sz[i]-1)/sz[i]。现在可以求解恰好有k个最大值的概率。
令dp[i][j]表示考虑编号从1到i的点,其中恰好有j个点是其子树最大值的概率。 很容易得到如下转移方程:dp[i][j]=dp[i-1][j]*(sz[i]-1)/sz[i]+dp[i-1][j-1]/sz[i]。这样dp[n][k]就是所有点中恰好有k个最大值的概率。
题目要求的是方案数,用总数n!乘上概率就是答案。计算的时候用逆元代替上面的分数即可
另外我补充一下边界情况:
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
using namespace std; typedef long long LL; const int maxn = + ;
const LL MOD = ; LL fac[maxn], invfac[maxn], inv[maxn]; inline LL mul_mod(LL a, LL b) { return (a * b) % MOD; } LL pow_mod(LL a, LL n)
{
LL ans = , base = a;
while(n)
{
if(n & ) ans = mul_mod(ans, base);
base = mul_mod(base, base);
n >>= ;
}
return ans;
} LL inverse(LL a) { return pow_mod(a, MOD - ); } void preprocess()
{
fac[] = ;
for(int i = ; i < maxn; i++) { inv[i] = inverse(i); fac[i] = (fac[i - ] * i) % MOD; }
invfac[maxn - ] = inverse(fac[maxn - ]);
for(int i = maxn - ; i >= ; i--) invfac[i] = mul_mod(invfac[i+], (i+));
} vector<int> G[maxn]; int sz[maxn]; void dfs(int u, int fa)
{
sz[u] = ;
for(int i = ; i < G[u].size(); i++)
{
int v = G[u][i];
if(v == fa) continue;
dfs(v, u);
sz[u] += sz[v];
}
} LL d[maxn][maxn]; int main()
{
preprocess(); int T; scanf("%d", &T);
for(int kase = ; kase <= T; kase++)
{
int n, k; scanf("%d%d", &n, &k);
for(int i = ; i <= n; i++) G[i].clear();
for(int u, v, i = ; i < n; i++)
{
scanf("%d%d", &u, &v);
G[u].push_back(v); G[v].push_back(u);
} dfs(, );
d[][] = mul_mod(sz[] - , inv[sz[]]);
d[][] = inv[sz[]];
for(int i = ; i <= n; i++)
{
d[i][] = mul_mod(mul_mod(d[i-][], sz[i] - ), inv[sz[i]]);
for(int j = ; j <= min(i, k); j++)
{
LL t1 = mul_mod(mul_mod(d[i-][j], sz[i] - ), inv[sz[i]]);
LL t2 = mul_mod(d[i-][j-], inv[sz[i]]);
d[i][j] = t1 + t2;
if(d[i][j] >= MOD) d[i][j] -= MOD;
}
} LL ans = mul_mod(d[n][k], fac[n]);
printf("Case #%d: %I64d\n", kase, ans);
} return ;
}
代码君
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