【题解 LOJ2546「JSOI2018」潜入行动】

部分分：

( exttt{Subtask1 10pts }nle 20)

枚举每个点装不装监听器，然后判断是否可行

( exttt{Subtask2 10pts }kle 10)

(k) 很小，在随机情况下（也同样是数据）无法覆盖整个树，直接输出 (0)。

( exttt{Subtask3 10pts }) 整个树是链

如果 (k) 小于 (n-2)，那么无法覆盖住这个树，输出 (0)

所以如果我在考场上可以拿 (30) 分……

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正解：

显然这是个树形背包，我们可以用树形背包的常见套路做。(f(u,x,0/1,0/1)) 代表第 (u) 个节点子树用 (x) 个监听器，(u) 装/不装监听器，(u)有/没有被覆盖。

（以下 (v) 代表 (u) 的儿子）

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对于 (f(u,x,0,0))，由于自己不能被覆盖，所以 (v) 就不能安装。由于自己不能安装，所以 (v) 一定需要安装（否则就没有其他人去覆盖这个节点了）。

由于这个是乘法原理算种类数，所以应该是乘起来。

[f(u,i+j,0,0)=f(u,i,0,0) imes f(v,j,0,1) ]

对于 (f(u,x,0,1))，由于自己被覆盖，所以 (v) 中至少有一个必须安装。

那么可以转移到这个状态的 (f(u)) 应该有 (f(u,x,0,0)) 和 (f(u,x,0,1))，可以显然推得：

[f(u,i+j,0,1)=f(u,i,0,0) imes f(v,j,1,1)+f(u,i,0,1) imes f(v,j,0/1,1) ]

对于 (f(u,x,1,0))，由于自己没有被覆盖，所以 (v) 就不能安装。由于自己安装了，所以 (v) 可以覆盖或者不覆盖。

[f(u,i+j,1,0)=f(u,i,1,0) imes f(v,j,0,0/1) ]

对于 (f(u,x,1,1))，由于自己被覆盖了，所以 (v) 中至少有一个安装。可以转移到这个状态的 (f(u)) 有 (f(u,x,1,0)) 和 (f(u,x,1,1))。

由于自己安装了，所 (v) 可以覆盖或者不覆盖。

[f(u,i+j,1,1)=f(u,i,1,0) imes f(v,j,1,0/1)+f(u,i,1,1) imes f(v,j,0/1,0/1) ]

初始化： (f(u,0,0,0)=f(u,1,1,0)=1)

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代码&细节

推完式子就可以写代码了（转移方程长得有点难受）。

然后这题强制用 int 然后操作转 longlong 很杀人。

我对出题人卡空间的行为感到非常不满（

foin(x,y) 函数代表两数相加并取模（在 int 转 longlong 操作中很实用）。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+3; const ll mod=1000000007;
struct edge{int to,nxt;}e[N*2]; int hd[N],tot;
void add(int u,int v){e[++tot]=(edge){v,hd[u]},hd[u]=tot;}
int n,k;
int foin(ll q,ll p){return (q+p)>mod?1ll*q+p-mod:q+p;}

int sz[N],f[N][103][2][2],t[103][2][2]; //树形背包常用的3个数组
void dfs(int u,int fa){
	f[u][0][0][0]=f[u][1][1][0]=sz[u]=1;
	for(register int p=hd[u],v;p;p=e[p].nxt)
		if((v=e[p].to)!=fa){
			dfs(v,u);
			for(register int i=0;i<=min(sz[u],k);i++)
				for(register int j=0;j<2;j++)
					for(register int k=0;k<2;k++)
						t[i][j][k]=f[u][i][j][k], f[u][i][j][k]=0;
			for(register int i=0;i<=min(sz[u],k);i++){
				for(register int j=0;j<=min(sz[v],k-i);j++){
					f[u][i+j][0][0]=foin(f[u][i+j][0][0],1ll*t[i][0][0]*f[v][j][0][1]%mod);
					f[u][i+j][0][1]=foin(f[u][i+j][0][1],(1ll*t[i][0][0]*f[v][j][1][1]+1ll*t[i][0][1]*(1ll*f[v][j][0][1]+f[v][j][1][1]))%mod);
					f[u][i+j][1][0]=foin(f[u][i+j][1][0],1ll*t[i][1][0]*(1ll*f[v][j][0][0]+f[v][j][0][1])%mod);
					f[u][i+j][1][1]=foin(f[u][i+j][1][1],foin((1ll*t[i][1][0]*(1ll*f[v][j][1][0]+f[v][j][1][1])%mod)
						,1ll*t[i][1][1]*(1ll*f[v][j][0][0]+f[v][j][0][1]+f[v][j][1][0]+f[v][j][1][1])%mod));
				}
			}
			sz[u]+=sz[v];
		}
}

int main(){
	scanf("%d%d",&n,&k);
	for(int i=1,u,v;i<n;i++)
		scanf("%d%d",&u,&v),add(u,v),add(v,u);
	dfs(1,0);
	printf("%lld",1ll*(f[1][k][0][1]+f[1][k][1][1])%mod);
	return 0;
}