【BZOJ2159】Crash的文明世界-第二类斯特林数+树形DP

测试地址：Crash的文明世界
做法：本题需要用到第二类斯特林数+树形DP。
直接算式子的话，没办法拆开用其它方式算贡献，所以肯定要把这个式子拆开。
根据第二类斯特林数的性质，有：
nk=∑ki=0S(k,i)⋅i!⋅Cin$n^k=\sum _{i=0}^{k}S(k,i)\cdot i!\cdot C_n^i$
其中S(k,i)$S(k,i)$为第二类斯特林数。
于是我们就能把题目中要求的式子拆成：
S(i)=∑nj=1∑kp=0S(k,p)⋅p!⋅Cpdist(i,j)$S(i)=\sum _{j=1}^n\sum _{p=0}^{k}S(k,p)\cdot p!\cdot C_{dist(i,j)}^p$
=∑kp=0S(k,p)⋅p!⋅∑nj=1Cpdist(i,j)$=\sum _{p=0}^{k}S(k,p)\cdot p!\cdot \sum _{j=1}^n{C}_{dist(i,j)}^p$
于是我们只要求出f(i,p)=∑nj=1Cpdist(i,j)$f(i,p)=\sum _{j=1}^n{C}_{dist(i,j)}^p$，我们就能O(nk)$O(nk)$求出所有的S(i)$S(i)$了。
我们发现组合数有一个优美的性质：Cmn=Cm−1n−1+Cmn−1$C_n^m=C_{n-1}^{m-1}+C_{n-1}^m$。因为儿子子树中所有的点与当前点的距离，恰好比它们到该儿子的距离多1$1$，所以我们可以树形DP求down(i,p)$down(i,p)$，表示在点i$i$子树中的点j$j$对f(i,p)$f(i,p)$的总贡献，这样就可以直接用儿子的信息算出当前点的信息了。而对于其它的点，我们也利用组合数的性质，自上而下求一个up(i,p)$up(i,p)$即可。状态转移方程比较复杂，详见代码。
于是，树形DP的复杂度是O(nk)$O(nk)$的，而预处理斯特林数是O(k2)$O(k^2)$的，所以能通过此题。
用long long常数大一些，会过不了，改成用int即可。
以下是本人代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=10007;
int n,k,first[50010]={0},tot=0;
int S[160][160]={0},fac[160],down[50010][160]={0},up[50010][160]={0};
struct edge
{
    int v,next;
}e[100010];

void insert(int a,int b)
{
    e[++tot].v=b;
    e[tot].next=first[a];
    first[a]=tot;
}

void init()
{
    int i,now,l,A,B,Q,tmp;

    scanf("%d%d%d",&n,&k,&l);
    scanf("%d%d%d%d",&now,&A,&B,&Q);
    for(i=1;i<n;i++)
    {
        now=(now*A+B)%Q;
        tmp=(i<l)?i:l;
        insert(i-now%tmp,i+1);
        insert(i+1,i-now%tmp);
    }
    /*
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        int a,b;
        scanf("%d%d",&a,&b);
        insert(a,b),insert(b,a);
    }
    */
    S[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=k;i++)
        for(int j=1;j<=i;j++)
            S[i][j]=(S[i-1][j-1]+j*S[i-1][j])%mod;
    fac[0]=1;
    for(int i=1;i<=k;i++)
        fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
}

void calc_down(int v,int fa)
{
    down[v][0]=1;
    for(int i=first[v];i;i=e[i].next)
        if (e[i].v!=fa)
        {
            calc_down(e[i].v,v);
            down[v][0]=(down[v][0]+down[e[i].v][0])%mod;
        }
    for(int i=1;i<=k;i++)
        for(int j=first[v];j;j=e[j].next)
            if (e[j].v!=fa)
                down[v][i]=(down[v][i]+down[e[j].v][i]+down[e[j].v][i-1])%mod;
}

void calc_up(int v,int fa)
{
    up[v][0]=(n-down[v][0]+1)%mod;
    if (v>1)
    {
        for(int i=1;i<=k;i++)
        {
            up[v][i]=(up[fa][i]+up[fa][i-1])%mod;
            up[v][i]=((up[v][i]+down[fa][i]-down[v][i]-down[v][i-1])%mod+mod)%mod;
            up[v][i]=((up[v][i]+down[fa][i-1]-down[v][i-1])%mod+mod)%mod;
            if (i>1) up[v][i]=(up[v][i]-down[v][i-2]+mod)%mod;
            else up[v][i]=(up[v][i]-1+mod)%mod;
        }
    }
    for(int i=first[v];i;i=e[i].next)
        if (e[i].v!=fa) calc_up(e[i].v,v);
}

void solve()
{
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int ans=0;
        for(int j=1;j<=k;j++)
            ans=(ans+S[k][j]*fac[j]%mod*(down[i][j]+up[i][j]))%mod;
        printf("%d
",ans);
    }
}

int main()
{
    init();
    calc_down(1,0);
    calc_up(1,0);
    solve();

    return 0;
}