https://zybuluo.com/ysner/note/1141136
题面
求一颗大小为(n)的树取联通块的所有方案中，第(k)个数之和。
- (nleq1,667,kleq n)
解析
这题可以当作暴力踩标算的范本题目。。。（其实是因为高级算法嵌套起来有时不如暴力快)
但这个暴力我是想不到的。。。
我们可以单独讨论每个点对答案的贡献，并把大于该点权值的点权值设为(1)，其它设为(0)。接下来，我们就可以用(O(nk^2))的树形DP暴搞了。
但是，复杂度(O(n^2k^2))会鬼啊。
于是换一种思路，枚举一颗树的根（讨论这个点对答案的贡献），统计儿子点在联通块中的结果，并强制取根到儿子点的路径。我们设(dp[u][i])表示点(u)为联通块中第(i)个点的方案数，就可以转移了。
然而复杂度(O(n^2k))???
但是我们只用枚举整颗树值排名(leq k)的数作为根的情况，复杂度可以降为(O((n-k)nk))。
这还跑过了。。。
Update:强制认为只能转移到 点权值大 或者 点权值相等且点编号大的点,否则会记重。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define ll long long
#define re register
#define il inline
#define fp(i,a,b) for(re int i=a;i<=b;i++)
#define fq(i,a,b) for(re int i=s;i>=b;i--)
using namespace std;
const int N=2100,mod=64123;
struct Edge{int to,next;}e[N<<1];
int d[N],h[N],dp[N][N],ans,cnt,n,k,w,root,tot;
il void add(re int u,re int v){e[++cnt]=(Edge){v,h[u]};h[u]=cnt;}
il int gi()
{
re int x=0,t=1;
re char ch=getchar();
while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9')) ch=getchar();
if(ch=='-') t=-1,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*t;
}
il void dfs(re int u,re int fa)
{
if((d[root]<d[u])||((d[u]==d[root])&&u<root))
fp(i,1,k-1) (dp[u][i+1]+=dp[fa][i])%=mod;
else fp(i,1,k) (dp[u][i]+=dp[fa][i])%=mod;
for(re int i=h[u];i+1;i=e[i].next)
{
re int v=e[i].to;
if(v==fa) continue;
dfs(v,u);
}
fp(i,1,k) (dp[fa][i]+=dp[u][i])%=mod;
}
int main()
{
memset(h,-1,sizeof(h));
n=gi();k=gi();w=gi();
fp(i,1,n) d[i]=gi();
fp(i,1,n-1)
{
re int u=gi(),v=gi();add(u,v);add(v,u);
}
fp(i,1,n)
{
root=i;tot=0;
fp(j,1,n) if((d[j]>d[i])||(d[i]==d[j]&&i>j)) ++tot;
if(tot<k-1) continue;
memset(dp,0,sizeof(dp));
dp[i][1]=1;
for(re int j=h[i];j+1;j=e[j].next)
{
re int v=e[j].to;
dfs(v,i);
}
(ans+=(1ll*dp[i][k]*d[i])%mod)%=mod;
}
printf("%d
",ans);
return 0;
}