https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=5314

https://www.luogu.org/problemnew/show/P4516

https://loj.ac/problem/2546

外星人又雙叒叕要攻打地球了，外星母艦已經向地球航行！這一次，JYY已經聯系好了黃金艦隊，打算聯合所有JSOIer抵禦外星人的進攻。在黃金艦隊就位之前，JYY打算事先了解外星人的進攻計劃。現在，攜帶了監聽設備的特工已經秘密潛入了外星人的母艦，準備對外星人的通信實施監聽。外星人的母艦可以看成是一棵n個節點、n-1條邊的無向樹，樹上的節點用1,2...n編號。JYY的特工已經裝備了隱形模塊，可以在外星人母艦中不受限制地活動，可以神不知鬼不覺地在節點上安裝監聽設備。如果在節點u安裝監聽設備，則JYY能夠監聽與u直接相鄰所有的節點的通信。換言之，如果在節點u安裝監聽設備，則對於樹中每一條邊(u,v)，節點v都會被監聽。特別註意放置在節點u的監聽設備並不監聽u本身的通信，這是JYY特別為了防止外星人察覺部署的戰術。

JYY的特工一共攜帶了k個監聽設備，現在JYY想知道，有多少種不同的放置監聽設備的方法，能夠使得母艦上所有節點的通信都被監聽？為了避免浪費，每個節點至多只能安裝一個監聽設備，且監聽設備必須被用完。

一個很好想的dp[i][j][0/1][0/1]表示i為根的子樹放了j個設備，i結點沒放/放了設備，i結點沒被控制/控制。

然後就是驚天地泣鬼神的轉移了，看代碼應該能看懂吧，我們其實就是把每棵子樹按照乘法原理依次加入即可。

難還真不難，但是dp式子真心長，還卡你常，你就沒話說了（雖然最壞復雜度是O(nkk)的但是顯然達不到，而且這種樹形dp依賴每棵子樹更新的話應該是有O(nk)做法的。）

#include<cmath>
#include
 
<queue>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int p=1e9+7;
const int N=1e5+5;
const int K=105;
inline int read(){
    int X=0,w=0;char ch=0;
    while(!isdigit(ch)){w|=ch==‘
 
-‘;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch))X=(X<<3)+(X<<1)+(ch^48),ch=getchar();
    return w?-X:X;
}
struct node{
    int to,nxt;
}e[N*2];
int n,k,cnt,head[N],size[N];
int f[N][K][2][2],g[K][2][2];
inline void ins(int u,int v){
    e[++cnt].to=v;e[cnt].nxt=head[u];head[u]=cnt;
}
inline void add(int &x,ll y){
    x+=y%p;
    if(x>=p)x-=p;
}
void dfs(int u,int fa){
    size[u]=1;
    f[u][0][0][0]=f[u][1][1][0]=1;
    for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){
    int v=e[i].to;
    if(v==fa)continue;
    dfs(v,u);
    for(int i=0,l1=min(k,size[u]);i<=l1;i++){
        g[i][0][0]=f[u][i][0][0];f[u][i][0][0]=0;
        g[i][0][1]=f[u][i][0][1];f[u][i][0][1]=0;
        g[i][1][0]=f[u][i][1][0];f[u][i][1][0]=0;
        g[i][1][1]=f[u][i][1][1];f[u][i][1][1]=0;
    }
    for(int i=0,l1=min(k,size[u]);i<=l1;i++){
        for(int j=0,l2=min(k-i,size[v]);j<=l2;j++){
        add(f[u][i+j][0][0],(ll)g[i][0][0]*f[v][j][0][1]);
        add(f[u][i+j][0][1],(ll)g[i][0][1]*(f[v][j][0][1]+f[v][j][1][1])+(ll)g[i][0][0]*f[v][j][1][1]);
        add(f[u][i+j][1][0],(ll)g[i][1][0]*(f[v][j][0][0]+f[v][j][0][1]));
        add(f[u][i+j][1][1],(ll)g[i][1][1]*((ll)f[v][j][0][0]+f[v][j][0][1]+f[v][j][1][0]+f[v][j][1][1])+(ll)g[i][1][0]*(f[v][j][1][0]+f[v][j][1][1]));
        }
    }
    size[u]+=size[v];
    }
}
int main(){
    n=read(),k=read();
    for(int i=1;i<n;i++){
    int u=read(),v=read();
    ins(u,v);ins(v,u);
    }
    dfs(1,0);
    printf("%d\n",(f[1][k][0][1]+f[1][k][1][1])%p);
    return 0;
}

BZOJ5314：[JSOI2018]潛入行動——題解