題目描述

給定一棵 n 個點的邊有長度的無根樹，小 A 的班裡一共有 m 個男生和 m 個女生，他們各自會等概率出現在樹上 n 個點中的某一個，(注意同一個點上可能會出現多個人)。

然後小 A 會將他們配對成 m 對男女，設 dis[i] $dis[i$

現在小 A 想知道，他選擇的配對方案中 ∑mi=1dis[i] $\underset{}{\overset{}{\sum }}$

樣例輸入1

3 1
1 2 1
2 3 1

樣例輸出1

8

樣例輸入2

2 2
1 2 1

樣例輸出2

20

資料範圍

對於 20% 的資料，有 1≤n,m≤4，1≤n,m≤4
對於 50% 的資料，有 1≤n,m≤300，1≤n,m≤300
另有 20% 的資料，滿足最多隻有一條邊的長度 >0
對於 100% 的資料，有 1≤n,m≤2500，1≤n,m≤2500 ，0≤w≤1e4

自述心路歷程+題解

考試時看到這道題時，我的內心是崩潰的。最討厭的就是數學和樹上問題，結果這場考試全都遇到了orz
亂想了兩個多小時，感覺毫無思路，就去拿暴力分。看一眼資料範圍，感覺前20%和特殊的20%是可以拿的，其餘的好像沒思路。。。
敲完暴力水過樣例，懶得檢查，走人。。。
然後這道題我就爆零了啊啊啊啊啊。。。DFS太久沒寫，兩個都寫錯了，原本能得40分的。。。

好的，我們來講一講正解
出題人噸老師表示，可以從特殊資料中找到思路。。。
我們來觀察一下如何分組能使答案最大。如圖。。。

我們可以將紫色邊下面的兩點配對，剩下兩點配對，但這顯然不是最優解。我們發現，最優解剛好多了紫色邊權值的兩倍。。。。
於是。。。進行大膽的猜想吧（“證明是留給出題人的。”）。一個圖內，一種解比另一種更優，較劣的解所用到的每一條邊，較優解都是用了的。。簡而言之，對於每一條邊，做一遍處理20%特殊資料的演算法，是沒有問題的（因為貪心原則成立嘛，能走則走）。。
dfs每個點。。。假設某一條邊的兒子房為子樹的節點個數為si，那麼這條邊對答案的貢獻為：
$\sum_{i=1}^m \sum_{j=1}^m Min(i+j,2m-i-j)*(^m_i)*(^m_j)*si^{i+j}*(n-si)^{2m-i-j}*v$
i和j列舉某一端男女生數量。。。
時間複雜度$O(nm^2)$，要涼。。。
令a=i+j，我們可以發現，對於每個兒子節點，它對各個a的值的影響是可以$O(n)$計算的。。。所以我們加一個數組A[]，在dfs時儲存貢獻，上邊那個式子改到主函式去計算，將最後3項改為$*A[i+j]$，就行了。
時間複雜度$O(nm+m^2)$，具體實現見程式碼。。。

程式碼

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cmath>
#define ll long long
using namespace std;
char buf[1<<20],*p1,*p2;
#define GC (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<20,stdin),p1==p2)?0:*p1++)
inline int R()
{
    int p=0;
    char o=GC;
    while(o<48||o>57)o=GC;
    while(o<=57&&o>=48){
        p=(p<<3)+(p<<1)+o-48;
        o=GC;
    }
    return p;
}
const int Q=5005;
int las[Q],e[Q],nn[Q],v[Q],inc=0;
void add(int x,int y,int z)
{
    e[++inc]=y;
    v[inc]=z;
    nn[inc]=las[x];
    las[x]=inc;
}
const int MOD=1e9+7;
inline int add(int a,int b)
{a+=b;return a>=MOD?a-MOD:a;}
inline int ch(int a,int b)
{return 1LL*a*b%MOD;}
int ans=0,n,m,A[5555];
int owo[2555][5555],c[2555][2555];
int dfs1(int x,int fa,int fv)
{
    int si=1;
    for(register int t=las[x];t;t=nn[t]){
        int y=e[t];
        if(y!=fa)si+=dfs1(y,x,v[t]);
    }
    for(int a=0;a<=(m<<1);a++)A[a]=add(A[a],ch(ch(owo[si][a],owo[n-si][2*m-a]),fv));
    return si;
}
void solved()
{
    int i,j;
    for(i=0;i<=n;i++)owo[i][0]=1;
    for(i=1;i<=n;i++)
        for(j=1;j<=(m<<1);j++)
            owo[i][j]=ch(owo[i][j-1],i);
    for(i=0;i<=m;i++){
        c[i][0]=1;
        for(j=1;j<=i;j++)
            c[i][j]=add(c[i-1][j-1],c[i-1][j]);
    }
    dfs1(1,0,0);
    for(register int i=0;i<=m;i++)
        for(register int j=0;j<=m;j++)
            ans=add(ans,ch(ch(min(i+j,2*m-i-j),A[i+j]),ch(c[m][i],c[m][j])));
    printf("%d",ans);
}
int main()
{
    int i,x,y,z;
    n=R(),m=R();
    for(i=1;i<n;i++)
        x=R(),y=R(),z=R(),add(x,y,z),add(y,x,z);
    solved();
    return 0;
}