Codeforces Round #459 Div. 1

　　C：显然可以设f[i][S]为当前考虑到第i位，[i,i+k)的状态为S的最小能量消耗，这样直接dp是O(nC(k,x))的。考虑矩阵快速幂，构造min+转移矩阵即可，每次转移到下一个特殊点然后暴力处理掉该点的贡献。可以预处理2^p次转移矩阵进一步加速。

#include<iostream> 
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<map>
using namespace std;
#define ll long long
#define N 80
#define inf 1000000000000000000ll
char getc(){char c=getchar();while ((c<'A'||c>'Z')&&(c<'a'||c>'z')&&(c<'0'||c>'9')) c=getchar();return c;}
int gcd(int n,int m){return m==0?n:gcd(m,n%m);}
int read()
{
	int x=0,f=1;char c=getchar();
	while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1;c=getchar();}
	while (c>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
	return x*f;
}
int n,m,k,q,c[10],id[1<<8],t;
map<int,int> d;
struct data
{
	int x,y;
	bool operator <(const data&a) const
	{
		return x<a.x;
	}
}p[30];
struct matrix
{
	int n;ll a[N][N];
	matrix operator *(const matrix&b) const
	{
		matrix c;c.n=n;for (int i=0;i<n;i++) for (int j=0;j<b.n;j++) c.a[i][j]=inf;
		for (int i=0;i<n;i++)
			for (int j=0;j<b.n;j++)
				for (int k=0;k<b.n;k++)
				c.a[i][j]=min(c.a[i][j],a[i][k]+b.a[k][j]);
		return c;
	}
}f,a,g;
matrix power(matrix a,int k)
{
	matrix c;c.n=a.n;
	for (int i=0;i<t;i++)
		for (int j=0;j<t;j++)
		c.a[i][j]=inf;
	for (int i=0;i<t;i++) c.a[i][i]=0;
	for (;k;k>>=1,a=a*a) if (k&1) c=c*a;
	return c;
}
signed main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("c.in","r",stdin);
	freopen("c.out","w",stdout);
#endif
	n=read(),m=read(),k=read(),q=read();
	for (int i=1;i<=m;i++) c[i]=read();
	for (int i=1;i<=q;i++) p[i].x=read(),p[i].y=read(),d[p[i].x]=p[i].y;
	sort(p+1,p+q+1);
	memset(id,255,sizeof(id));
	for (int i=0;i<(1<<m);i++)
	{
		int cnt=0,j=i;while (j) j^=j&-j,cnt++;
		if (cnt==n) id[i]=t++;
	}
	a.n=t;
	for (int i=0;i<t;i++)
		for (int j=0;j<t;j++)
		a.a[i][j]=inf;
	for (int i=0;i<(1<<m);i++)
	if (id[i]>=0)
	{
		if (i&1)
		{
			for (int x=1;x<=m;x++)
			if (!(i&(1<<x))) a.a[id[i]][id[(i|(1<<x))>>1]]=c[x];
		}
		else a.a[id[i]][id[i>>1]]=0;
	}
	f.n=1;for (int i=0;i<t;i++) f.a[0][i]=inf;f.a[0][id[(1<<n)-1]]=0;
	int cur=1;
	for (int i=1;i<=q;i++)
	{
		if (p[i].x-10>=cur) f=f*power(a,p[i].x-10-cur),cur=p[i].x-10;
		int u=i;while (u<q&&p[u+1].x-p[u].x<=10) u++;
		while (cur<p[u].x&&cur<k-n+1)
		{
			g.n=1;for (int x=0;x<t;x++) g.a[0][x]=inf;
			for (int j=0;j<(1<<m);j++)
			if (id[j]>=0)
			{
				if (j&1)
				{
					for (int x=1;x<=m;x++)
					if (!(j&(1<<x))) g.a[0][id[(j|(1<<x))>>1]]=min(g.a[0][id[(j|(1<<x))>>1]],f.a[0][id[j]]+c[x]+d[cur+x]);
				}
				else g.a[0][id[j>>1]]=min(g.a[0][id[j>>1]],f.a[0][id[j]]);
			}
			f=g;
			cur++;
		}
		i=u;
	}
	f=f*power(a,k-n-cur+1);
	cout<<f.a[0][id[(1<<n)-1]];
	return 0;
	//NOTICE LONG LONG!!!!!
}

　　D：首先考虑如果我们钦定了其中k条边一定在树中，有多少种方案。可以把每个连通分量缩点，将其权值定义为其大小，将一条边的权值定义为其两端的点权值之积，将一棵树的权值定义为所有边权值之积，显然这样缩点后所有树的权值之和，就是钦定这些边后原树的数量。

　　注意到上述树权值的定义等价于∏每个点的权值^度数。既然出现了度数，考虑与度数关系密切的prufer序列。我们知道prufer序列中每个点的出现次数=其度数-1，所以对于某一种prufer序列，其对应的树的权值是所有点权值之积*prufer序列每个点权值之积。由于我们要求所有树的权值之和，而所有树对应着所有的prufer序列，由乘法分配律可得，这个东西就是所有点权值之积*n^点数-2，其中n是原树点的个数。这样就可以知道钦定了边的方案数了。

　　然后考虑对所有钦定k条边的情况求和，这样容斥一发就能求出恰有k条边的方案数。显然我们只需要求出所有方案的所有点权值之积的和，可以做一个树上二维背包，即f[i][j][k]为i子树钦定了j条边，根所在连通块大小为k时，子树内所有内连通块大小之积的和。由于对子树大小取min，复杂度是O(n⁴)。

#include<iostream> 
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cassert>
using namespace std;
#define ll long long
#define N 110
#define P 1000000007
char getc(){char c=getchar();while ((c<'A'||c>'Z')&&(c<'a'||c>'z')&&(c<'0'||c>'9')) c=getchar();return c;}
int gcd(int n,int m){return m==0?n:gcd(m,n%m);}
int read()
{
	int x=0,f=1;char c=getchar();
	while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1;c=getchar();}
	while (c>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
	return x*f;
}
int n,k,p[N],f[N][N][N],g[N][N],h[N][N],C[N][N],size[N],inv[N],t,root=1;
struct data{int to,nxt;
}edge[N<<1];
void addedge(int x,int y){t++;edge[t].to=y,edge[t].nxt=p[x],p[x]=t;}
int ksm(int a,int k)
{
	int s=1;
	for (;k;k>>=1,a=1ll*a*a%P) if (k&1) s=1ll*s*a%P;
	return s;
}
void inc(int &x,int y){x+=y;if (x>=P) x-=P;}
void dfs(int k,int from)
{
	size[k]=1;f[k][0][1]=1;
	for (int i=p[k];i;i=edge[i].nxt)
	if (edge[i].to!=from)
	{
		int x=edge[i].to; 
		dfs(x,k);
		for (int u=0;u<size[k]+size[x];u++)
			for (int s=0;s<=u+1;s++)
			g[u][s]=f[k][u][s],f[k][u][s]=0;
		for (int u=0;u<size[k]+size[x];u++)
			for (int s=1;s<=u+1;s++)
				for (int v=max(0,u-size[k]);v<=min(u,size[x]);v++)
				{
					inc(f[k][u][s],1ll*g[u-v][s]*h[x][v]%P);
					if (u>v)
					for (int t=max(1,s-(u+1));t<=min(s,v+1);t++)
					inc(f[k][u][s],1ll*g[u-v-1][s-t]*inv[s-t]%P*f[x][v][t]%P*inv[t]%P*s%P);
				}
		size[k]+=size[x];
	}
	for (int i=0;i<size[k];i++)
		for (int j=1;j<=i+1;j++)
		inc(h[k][i],f[k][i][j]);
}
int calc(int k)
{
	int ans=0;
	for (int i=k;i<n;i++)
	{
		int x=h[root][i];
		if (i==n-1) x=1;else x=1ll*x*ksm(n,n-2-i)%P;
		x=1ll*x*C[i][k]%P;
		if (i-k&1) ans=(ans-x+P)%P;else ans=(ans+x)%P;
	}
	return ans;
}
int main()
{
	n=read();
	for (int i=1;i<n;i++)
	{
		int x=read(),y=read();
		addedge(x,y),addedge(y,x);
	}
	C[0][0]=1;
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		C[i][0]=C[i][i]=1;
		for (int j=1;j<i;j++)
		C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%P;
	}
	for (int i=1;i<=n;i++) inv[i]=ksm(i,P-2);
	dfs(root,root);
	for (int i=0;i<n;i++) printf("%d ",calc(i));
	return 0;
}