题意
给定一个有 $n$ 个结点的树，设 $S(i)$ 为第 $i$ 个结点的“指标值”，定义为 $S(i)=sum_{i=1}^{n}dist(i,j)^k$，$dist(i, j)$ 为结点 $i$ 到结点 $j$ 的最小距离。请输出每个结点的指标值。($n leq 5000, k leq 150$)
分析
一个常用的转化
$$n^k=sum_{i=0}^{k}S(k,i) imes C(n,i) imes i!$$
证明可以考虑组合意义，等式的左边就是把 $k$ 个球放在 $n$ 个盒子里；右边就是枚举非空盒子的数量 $i$，注意到这里的盒子是不同的，所以还要乘上一个 $i!$。
利用上面写的那个常用的转化。令 $dp[i][j]=sumlimits_{k=1}^{n}C(dist(i,k),j)$，那么答案为 $ans_i$就可以表示成 $ans_i=sumlimits_{j=1}^{k}S(k,j) imes j! imes dp[i][j]$。注意到 $dp[i][j]$ 是组合数是可以直接转移的，具体如下：
From: 链接
#include<cstdio> #include<iostream> using namespace std; int n,k,head[50010]; const int mod=10007; struct edg{ int to,next; }e[100010]; int S[200][200],mi[200]; int size,fd[50010][160],fu[50010][160]; void add(int x,int y){size++;e[size]={y,head[x]};head[x]=size;} void dfs1(int x,int fa) { fd[x][0]=1; for (int i=head[x];i;i=e[i].next) { int y=e[i].to; if (y==fa) continue; dfs1(y,x); for (int j=0;j<=k;j++) { if (j) fd[x][j]=(fd[x][j]+fd[y][j]+fd[y][j-1])%mod; else fd[x][j]=(fd[x][j]+fd[y][j])%mod; } } } void dfs2(int x,int fa) { if (fa) { for (int i=0;i<=k;i++) { if (i) { fu[x][i]=(fu[x][i]+fu[fa][i]+fu[fa][i-1])%mod; fu[x][i]=(fu[x][i]+fd[fa][i]+fd[fa][i-1])%mod; fu[x][i]=(fu[x][i]-(fd[x][i]+fd[x][i-1])%mod+mod)%mod; fu[x][i]=(fu[x][i]-fd[x][i-1]+mod)%mod; if (i>1) fu[x][i]=(fu[x][i]-fd[x][i-2]+mod)%mod; } else fu[x][0]=n-fd[x][0]; } } for (int i=head[x];i;i=e[i].next) { int y=e[i].to; if (y==fa) continue; dfs2(y,x); } } int main() { scanf("%d%d",&n,&k); mi[0]=1;for (int i=1;i<=k;i++) mi[i]=mi[i-1]*i%mod; 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; for (int x,y,i=1;i<n;i++) scanf("%d%d",&x,&y),add(x,y),add(y,x); dfs1(1,0);dfs2(1,0); for (int i=1;i<=n;i++) { int ans=0; for (int j=1;j<=k;j++) ans=(ans+1ll*S[k][j]*mi[j]*(fd[i][j]+fu[i][j]))%mod; printf("%d ",ans); } }
参考链接：
1. https://blog.csdn.net/Charlie_jilei/article/details/79922722