http://www.51nod.com/onlineJudge/questionCode.html#!problemId=1353

今天小a在纸上研究树的形态,众所周知的,有芭蕉树,樟树,函树,平衡树,树套树等等。那么小a今天在研究的就是其中的平衡树啦。

小a认为一棵平衡树的定义为一个n个点,从1到n编号,n-1条边,且任意两点间一定存在唯一一条简单路径,且n>=k。

现在小a看到一棵很大很大的树,足足有n个节点,这里n一定大于等于k!为了方便起见,它想把这个树删去某些边,使得剩下的若干个联通块都满足是平衡树。这时,小b走过来,不屑一顾的说,如果我一条边都不删,那么也算一棵平衡树咯。

小a对于小b的不屑感到很不爽,并问小b,你能算出我删边的方案总数使得满足我的条件吗?两个删边的方案A,B不同当且仅当存在某一条边属于集合A且不属于集合B,或者存在某一条边属于集合B且不属于集合A。为了让你方便,你只要告诉我答案对1000000007(1e9+7)取模就行了。

小b犯了难,找到了身为程序猿的你。

(我dp真垃圾)

题解如下:

我们令dp[i][j]表示以i为根且当前联通块大小为j的方案总数,特别的,dp[i][0]表示割点当前点与其父亲是棵平衡树的方案总数。

对于u的一个孩子v可以得到转移方程dp[u][j+k]=dp[u][j]*dp[v][k]

另外dp[u][0]=Σdp[u][j](j>=题目给定的k)

这样乍看是n^3的,有一个技巧可以做到n^2即每次dp时,只枚举当前u所在子树的大小,每当枚举到它的其中孩子时,当前u所在子树的大小加上它孩子为根的子树的大小。可以理解为每一个点对只被枚举到一次。

最后答案即为dp[root][0]

如果你没看懂的话,反正我也没看懂,我讲一遍我的思路。

我们还是按照上一道题通过dfs序来更新dp值降低复杂度。

设dp[i][j]表示以i为根i所在联通块大小为j的方案数,dp[i][0]为符合条件的总方案数。

可以看出一定有dp[u][j+k]=dp[u][j]*dp[v][k],(相当于u和v之间断开),j的大小为当前我们所遍历完的子树大小sz(毕竟更大的你也没更新过。)

当然也会有dp[u][j]=dp[v][0]*dp[u][j];

但是复杂度算起来为什么是O(n^2)的呢?考虑这就相当于在u和v的子树当中找点对使得这些点一下割掉,u和v割掉,变相等于找点对。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<vector>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=;
const int p=1e9+;
inline int read(){
int X=,w=;char ch=;
while(!isdigit(ch)){w|=ch=='-';ch=getchar();}
while(isdigit(ch))X=(X<<)+(X<<)+(ch^),ch=getchar();
return w?-X:X;
}
struct node{
int to,nxt;
}e[N*];
int cnt,head[N];
int n,k,sz[N],dp[N][N];
inline void add(int u,int v){
e[++cnt].to=v;e[cnt].nxt=head[u];head[u]=cnt;
}
void dfs(int u,int f){
sz[u]=;dp[u][]=;
for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){
int v=e[i].to;
if(v==f)continue;
dfs(v,u);
for(int j=sz[u];j>=;j--){
for(int l=sz[v];l>=;l--){
dp[u][j+l]=(dp[u][j+l]+(ll)dp[u][j]*dp[v][l])%p;
}
dp[u][j]=(ll)dp[v][]*dp[u][j]%p;
}
sz[u]+=sz[v];
}
for(int i=k;i<=sz[u];i++)
dp[u][]=(dp[u][]+dp[u][i])%p;
}
int main(){
n=read(),k=read();
for(int i=;i<n;i++){
int u=read(),v=read();
add(u,v);add(v,u);
}
dfs(,);
printf("%d\n",dp[][]);
return ;
}

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