【[國家集訓隊] Crash 的文明世界】
先寫一個五十分的思路吧
首先這道題有一個弱化版
[POI2008]STA-Station
相當於\(k=1\),於是就是一個非常簡單的樹形\(dp\)的\(up\ \ and\ \ down\)思想
但是我們現在要求的是這個柿子了
\[\sum_{j=1}^ndis(i,j)^k\]
感覺這個東西很組合數學啊,感覺這個柿子像是天生為二項式定理準備的
我們還是考慮樹形\(dp\)
在第一遍\(up\)的時候,我們設\(dp[i][k]\)表示
\[\sum_{j\in{i}}dis(i,j)^k\]
\(j\in{i}\)表示\(j\)在\(i\)子樹內部
於是我們考慮一下化這個柿子
到達\(i\)
\[dp[i][k]=\sum_{fa[j]=i}\sum_{t\in{j}}(dis(t,j)+1)^k\]
我們用二項式定理來將這個柿子展開
\[dp[i][k]=\sum_{fa[j]=i}\sum_{t\in{j}}\sum_{r=0}^kC_{k}^{r}*dis(t,j)^r\]
後面兩個\(\sum\)換一下位置
\[dp[i][k]=\sum_{fa[j]=i}\sum_{r=0}^kC_{k}^{r}*\sum_{t\in{j}}dis(t,j)^r\]
之後就會驚奇的發現\(\sum_{t\in{j}}dis(t,j)^r\)就是\(dp[j][r]\)
\[dp[i][k]=\sum_{fa[j]=i}\sum_{r=0}^kC_{k}^{r}*dp[j][r]\]
這就是\(up\)的轉移方程式,\(down\)的方程式也很好推
\(down\)的時候\(dp[i][k]\)表示的不僅局限於\(i\)的子樹內部了,而是整棵樹了
到達\(i\)首先要到達\(fa[i]\),於是就有
\[dp[i][k]+=\sum_{j\notin{i},j\in{fa[i]}}(dis(fa[i],j)+1)^k\]
\[dp[i][k]+=\sum_{j\notin{i},j\in{fa[i]}}\sum_{r=0}^kC_{k}^r*dis(fa[i],j)^r\]
我們的要求不就是\(j\)不能來自於\(i\)內部嗎,於是我們大力容斥就好了
我們把來自於\(i\)子樹內部的答案減掉,於是就有了一個可以更新的柿子了
現在就有了一個我們就可以轉移了,復雜度大概是\(O(nk^2)\)
代碼
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define re register
#define maxn 50005
#define int long long
const int mod=10007;
inline int read()
{
char c=getchar();
int x=0;
while(c<‘0‘||c>‘9‘) c=getchar();
while(c>=‘0‘&&c<=‘9‘)
x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();
return x;
}
struct E
{
int v,nxt;
}e[maxn<<1];
int head[maxn],deep[maxn];
int n,m,num;
long long dp[maxn][151];
long long now[151];
long long c[151][151];
void dfs(int x)
{
dp[x][0]=1;
for(re int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
if(!deep[e[i].v])
{
deep[e[i].v]=deep[x]+1;
dfs(e[i].v);
dp[x][0]+=dp[e[i].v][0];
for(re int k=1;k<=m;k++)
for(re int r=0;r<=k;r++)
dp[x][k]=(dp[x][k]+c[k][r]*dp[e[i].v][r])%mod;
}
}
void redfs(int x)
{
for(re int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
if(deep[e[i].v]>deep[x])
{
memset(now,0,sizeof(now));
for(re int k=0;k<=m;k++)
{
now[k]=dp[x][k];
for(re int r=0;r<=k;r++)
now[k]=(now[k]-dp[e[i].v][r]*c[k][r]+mod)%mod;
}//先容斥,不能來自於e[i].v子樹內部
for(re int k=0;k<=m;k++)
for(re int r=0;r<=k;r++)
dp[e[i].v][k]=(dp[e[i].v][k]+c[k][r]*now[r])%mod;//用容斥之後的答案來更新
redfs(e[i].v);
}
}
inline void add_edge(int x,int y)
{
e[++num].v=y;
e[num].nxt=head[x];
head[x]=num;
}
signed main()
{
n=read(),m=read();
int x,y;
for(re int i=1;i<n;i++)
x=read(),y=read(),add_edge(x,y),add_edge(y,x);
c[0][0]=1;
for(re int i=1;i<=m;i++) c[i][0]=c[i][i]=1;
for(re int i=1;i<=m;i++)
for(re int j=1;j<i;j++) c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%mod;
deep[1]=1;
dfs(1);
redfs(1);
for(re int i=1;i<=n;i++)
printf("%lld\n",(dp[i][m]%mod+mod)%mod);
return 0;
}
這是一個要T的復雜度,但是已經有了\(50\)分的好成績
點分治據說可以做到\(O(nklogk)\),但是不會
我們繼續組合數做吧
我們發現求\(x^k\)可以理解為把\(k\)個物品放到\(x\)個互不相同的盒子裏,允許有盒子空著不放的方案數
於是我們可以寫成\(x^k=\sum_{i=1}^kS(k,i)*C_{x}^i*i!\)
其中\(S(k,i)\)是第二類斯特林數,表示的是將\(k\)個球分到\(i\)個盒子裏,這\(i\)個盒子沒有差別,而且沒有盒子是空的的方案數
\(C_{x}^i*i!\)其實就是排列數了,就相當於我們給\(i\)個盒子強行制造了差別
於是這個柿子可以理解為\(i\)枚舉的是當前有幾個盒子是有球的,之後通過加法原理合並了答案
其實我一開始覺得這裏的\(\sum\)的上標應該寫\(x\),好像也只有寫\(x\)才滿足組合的意義,之後發現自己非常naive
當\(k>x\)的時候顯然是沒有什麽問題的了,因為\(\binom{x}{i}\)在\(x>i\)的時候取0,於是沒有什麽影響
當\(k<x\)的時候,如果上標取到比\(k\)大的數了,那麽也會導致\(S(k,i)\)變成\(0\),於是寫成\(k\)就可以了,在數值上沒有什麽影響
之後我們繼續化柿子
\[ans[t]=\sum_{j=1}^{n}dis(t,j)^k\]
\[=\sum_{j=1}^{n}\sum_{i=1}^kS(k,i)*\binom{dis(t,j)}{i}*i!\]
\[=\sum_{i=1}^{k}S(k,i)*i!*\sum_{j=1}^n\binom{dis(t,j)}{i}\]
那麽我們現在只需要求出\(\sum_{j=1}^n\binom{dis(t,j)}{i}\)就好了
我們都知道組合數有一個非常好的轉移的方式就是\(\binom{n}{m}=\binom{n-1}{m-1}+\binom{n-1}{m}\)
於是
\[\sum_{j=1}^n\binom{dis(t,j)}{i}=\sum_{j=1}^n\binom{dis(t,j)-1}{i-1}+\sum_{j=1}^n\binom{dis(t,j)-1}{i}\]
現在是不是又可以用樹形dp來轉移了,因為到達\(t\)這個點還是要先到達\(t\)的兒子或者是父親
於是我們設\(dp[x][k]=\sum_{j\in{x}}\binom{dis(x,i)}{k}\)
於是在\(up\)裏的方程式就是
\[dp[x][k]=\sum_{fa[j]=i}dp[j][k]+dp[j][k-1]\]
\(down\)裏我們還是要先容斥一下,方程和\(up\)類似
代碼
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define re register
#define maxn 50005
#define LL long long
const LL mod=10007;
inline int read()
{
char c=getchar();
int x=0;
while(c<‘0‘||c>‘9‘) c=getchar();
while(c>=‘0‘&&c<=‘9‘)
x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();
return x;
}
struct node
{
int v,nxt;
}e[maxn<<1];
int head[maxn],deep[maxn];
LL dp[maxn][151],fac[151],s[151][151];
LL now[151];
int n,m,num;
inline void add_edge(int x,int y)
{
e[++num].v=y;
e[num].nxt=head[x];
head[x]=num;
}
void dfs(int x)
{
dp[x][0]=1;
for(re int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
if(!deep[e[i].v])
{
deep[e[i].v]=deep[x]+1;
dfs(e[i].v);
dp[x][0]+=dp[e[i].v][0];
for(re int j=1;j<=m;j++)
dp[x][j]=(dp[x][j]+dp[e[i].v][j-1]+dp[e[i].v][j])%mod;
}
}
void redfs(int x)
{
for(re int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
if(deep[e[i].v]>deep[x])
{
memset(now,0,sizeof(now));
now[0]=dp[x][0]-dp[e[i].v][0];
for(re int j=1;j<=m;j++)
now[j]=(dp[x][j]-dp[e[i].v][j]-dp[e[i].v][j-1]+mod)%mod;
//依舊是先容斥一遍
dp[e[i].v][0]+=now[0];
for(re int j=1;j<=m;j++)
dp[e[i].v][j]=(dp[e[i].v][j]+now[j]+now[j-1])%mod;
redfs(e[i].v);
}
}
int main()
{
n=read(),m=read();
int x,y;
for(re int i=1;i<n;i++)
x=read(),y=read(),add_edge(x,y),add_edge(y,x);
s[0][0]=1;
for(re int i=1;i<=m;i++)
s[i][1]=s[i][i]=1;
for(re int i=1;i<=m;i++)
for(re int j=1;j<i;j++)
s[i][j]=(s[i-1][j-1]+s[i-1][j]*j)%mod;//預處理第二類斯特林數
fac[0]=1;
for(re int i=1;i<=m;i++)
fac[i]=(fac[i-1]*i)%mod;//預處理階乘
deep[1]=1;
dfs(1);
redfs(1);
for(re int i=1;i<=n;i++)
for(re int j=1;j<=m;j++)
dp[i][j]=(dp[i][j]%mod+mod)%mod;
for(re int i=1;i<=n;i++)
{
LL ans=0;
for(re int j=1;j<=m;j++)
ans=(ans+s[m][j]*fac[j]%mod*dp[i][j])%mod;
printf("%lld\n",ans);//統計答案
}
return 0;
}
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