【题目描述】
兔兔和蛋蛋是一对cp，她们的国家目前正发生战乱，所以她们正在决定是否一起逃离这个国家。
该国家有(n)个城市，城市之间的道路形成一棵有向树。只能从父节点城市走到子节点城市。(1)号城市是首都，从城市(1)可以到达所有城市。每个城市都有一支军队，编号为(i)的城市其军队的攻击力为(b_i)，如果城市(i)能到达城市(j)，且(b_i > b_j)（城市 i 军队的攻击力大于城市 j 军队的攻击力），则城市(i)会向城市(j)发动(a_i)次战争。
兔兔和蛋蛋这对cp决定当战争发生次数之和多于(k)的时候一起逃离这个国家，但是他们现在不知道各个城市的攻击力(b_i)，只知道(0 leq b_i leq m)。她们想知道该国家发生战争次数恰好为(0, 1,dots, k) 的方案数（两个方案不同当且仅当存在一个城市(i)，(b_i)的值不同），你能帮助她们吗？
【输入格式】
第一行三个整数(n,m,k)，意义如上所述。
第二行(n)个数(a_i)，意义如上所述。
第三行(n-1)个数，第(i)个数表示第(i + 1)个城市的父节点城市编号。
【输出格式】
共(k + 1)行，第(i)行表示战争发生次数为(i-1)的方案数，答案可能很大，你只需要输出答案模(10^9 + 7)之后的值就可以了。
(0 < n leq 14, k leq 20, 0 leq m leq 100000000, 0 leq a_i, b_i leq m)
题解
看到(nle 14)就八成是状压DP了
容易发现我们只关心(n)个点之间的大小关系，至于(m)的限制最后乘上组合数即可
所以我们可以考虑这样一种DP策略
开始时所有点都没有被赋值(指(b_i)) 然后我们按照值从小到大的顺序一个一个地给它们赋值 这样每次赋值的点都比之前赋了值的所有点要大(或等于) 这样的话就方便进行转移
我们设(g[i][S])表示 (S)为已赋值的点的集合 此时将(i)点赋值 会新产生多少战争
由于是按照从小到大的顺序赋值的 所以(b_i)肯定比(S)中所有点都大 所以(g[i][S])就等于 (S)中在(i)子树里的点的数目 乘 (a_i)
但是还存在一个问题 万一两个点的值一样怎么办？这个其实也不难解决
我们设(f[i][j][S])表示已赋值的点有(i)个不同的值 有(j)场战争 已赋值的点集是(S)的方案数
最外层循环是(i) 然后按照dfs序来枚举一个要赋值的点(x) 我们打算把(x)赋值为(i)
然后枚举加入(x)后有多少场战争以及一个包含(x)的集合(S) 那么去掉(x)后就是(S_0=S-2^x)
首先 (b_x)可以比之前的所有点都大 即(f[i][j][S] += f[i-1][j-g[x][S_0]][S_0])
然后 也可能前面已经加入了值也是(i)的点 所以(f[i][j][S] += f[i][j-g[x][S_0]][S_0])
由于我们是按照dfs序枚举的 所以第二种情况中一定没有(x)子树中的点先被赋值成(i) 所以这个转移是没有问题的
最后统计答案 发动(k)次战争的方案数就是(sumlimits_{i=1}^{n} f[i][k][2^n-1] * C(m,i))
(C(m,i))就是我们要从(m)个可选的值里取(i)个来用
时间复杂度(O(n^22^nk))
更新：忘记放代码了QAQ
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int read() {
int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
for (; ch > '9' || ch < '0'; ch = getchar()) if (ch == '-') f = -1;
for (; ch <= '9' && ch >= '0'; ch = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ '0');
return x * f;
}
const ll mod = 1000000007;
int n, m, mx;
int head[20], pre[40], to[40], sz;
int dfn[20], rnk[20], out[20], a[20], tme;
int f[15][21][(1<<15)], g[20][(1<<15)];
ll fac[20], inv[20];
//"点x"表示dfs序第x位的点
//f[i][j][k] 共有i个不同的b[x] 会发动j次战争 k为已经确定b[x]的点的状压
//g[i][k] k为已经确定b[x]的点的状压 确定b[i]会新增加多少战争
void addedge(int u, int v) {
pre[++sz] = head[u]; head[u] = sz; to[sz] = v;
pre[++sz] = head[v]; head[v] = sz; to[sz] = u;
}
ll calc(int l, int r) {
ll ret = 1;
for (int i = l; i <= r; i++) ret = ret * i % mod;
return ret;
}
inline ll C(int _n, int _m) {
return calc(_n - _m + 1, _n) * inv[_m] % mod;
}
inline ll fpow(ll x, ll t) {
ll ret = 1;
for (; t; t >>= 1, x = x * x % mod) if (t & 1) ret = ret * x % mod;
return ret;
}
void dfs(int x, int fa) { //确定dfs序
dfn[x] = ++tme; rnk[tme] = x;
for (int i = head[x]; i; i = pre[i]) {
if (to[i] != fa) dfs(to[i], x);
}
out[x] = tme;
}
int main() {
fac[0] = inv[0] = 1;
for (int i = 1; i <= 14; i++) fac[i] = fac[i-1] * i % mod;
for (int i = 1; i <= 14; i++) inv[i] = fpow(fac[i], mod - 2);
n = read(); m = read()+1; mx = read();
for (int i = 1; i <= n; i++) a[i] = read();
for (int i = 2; i <= n; i++) {
addedge(read(), i);
}
dfs(1, 0);
for (int i = 0; i <= (1 << n) - 1; i++) {
for (int j = 1; j <= n; j++) {
int x = rnk[j];
if (!(i & (1 << (j-1)))) {
for (int k = dfn[x] + 1; k <= out[x]; k++) {
if (i & (1 << (k-1))) g[j][i] += a[x];
}
}
}
}
f[0][0][0] = 1;
for (int i = 1; i <= min(n, m); i++) { //枚举有i个不同的b[x]的取值
for (int x = 1; x <= n; x++) { //枚举要确定b[x]的值
for (int j = 0; j <= mx; j++) { //将会有j场战争
for (int k = (1 << (x-1)); k <= (1 << n) - 1; k = ((k + 1) | (1 << (x-1)))) { //枚举一个包含j的状态压缩
int now = j - g[x][k-(1<<(x-1))]; //加入x前有now场战争
if (now < 0) continue;
f[i][j][k] = (f[i][j][k] + f[i-1][now][k-(1<<(x-1))]) % mod;
f[i][j][k] = (f[i][j][k] + f[i][now][k-(1<<(x-1))]) % mod;
}
}
}
}
for (int i = 0; i <= mx; i++) {
ll ans = 0;
for (int j = 1; j <= min(n, m); j++) {
ans = (ans + f[j][i][(1<<n)-1] * C(m, j) % mod) % mod;
}
printf("%lld
", ans);
}
return 0;
}