HDU-5378 概率DP
题意:给定一棵有n个节点的树,现在要给节点附1~n的权值(各节点权值不能相同),一棵子树的领袖就是子树中权值最大的节点,问有多少种分配方案使得最后有恰好K个领袖。
解法:这道题一看以为是树上的计数问题,想了好久的树形DP没想到,最后看题解才知道解法是概率DP(qwq)。解法还是非常巧妙的,感觉自己现在还没理解到它的精髓。
先求出这棵树以i点位根的子树的结点个数son[i],然后就不用管这棵树了。设dp[i][j]为前i棵子树恰好有j个领袖的概率。
因为问的是方案数,所以随机选,选择没有优劣之分每个点都是等概率的,那么我们可以写出dp方程。
dp[i][j]=(dp[i-1][j]*(son[i]-1)/son[i] , dp[i-1][j-1]*1/son[i] ) 前面代表第i个点就是领袖后面代表第i个点不是领袖。
注意这是个线性递推方程式,此时这里的i是线性的,与树的结构已经没有关系了。
求出dp[n][k]之后,答案就是dp[n][k]*n!
代码要注意因为每次都要除以son[i]所以难免要求逆元,因为状态多达1000^2个所以不先把逆元预处理出来会TLE。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=1e3+;
const int P=1e9+;
int n,k,son[N];
int dp[N][N];
vector<int> G[N]; LL power(LL x,LL p) {
LL ret=;
for (;p;p>>=) {
if (p&) ret=ret*x%P;
x=x*x%P;
}
return ret;
} void dfs(int x,int fa) {
son[x]=;
for (int i=;i<G[x].size();i++) {
int y=G[x][i];
if (y==fa) continue;
dfs(y,x);
son[x]+=son[y];
}
} int inv[N];
void prework() {
for (int i=;i<=;i++) inv[i]=power(i,P-);
} int main()
{
prework();
int T,cas=; cin>>T;
while (T--) {
scanf("%d%d",&n,&k);
for (int i=;i<=n;i++) G[i].clear();
for (int i=;i<n;i++) {
int x,y; scanf("%d%d",&x,&y);
G[x].push_back(y);
G[y].push_back(x);
}
for (int i=;i<=n;i++) son[i]=;
dfs(,); for (int i=;i<=n;i++) for (int j=;j<=n;j++) dp[i][j]=;
dp[][]=;
for (int i=;i<=n;i++)
for (int j=;j<=min(i,k);j++) {
if (j<) dp[i][j]=(LL)dp[i-][j]*(son[i]-)%P*inv[son[i]]%P;
else dp[i][j]=((LL)dp[i-][j]*(son[i]-)%P*inv[son[i]]%P+(LL)dp[i-][j-]**inv[son[i]]%P)%P;
} int ans=dp[n][k];
for (int i=;i<=n;i++) ans=((LL)ans*i)%P;
printf("Case #%d: %d\n",++cas,ans);
}
return ;
}
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