【DP】【CF855C】 Helga Hufflepuff's Cup

Description

给你一个树，可以染 (m) 个颜色，定义一个特殊颜色 (k) ， 要求保证整棵树上特殊颜色的个数不超过 (x) 个。同时，如果一个节点是特殊颜色，那么它的相邻节点的颜色编号必须全部小于 (k)。求方案数。

Input

第一行 (n,m) 代表节点个数和颜色树

下面 (n~-~1) 行描述一棵树

最后一行是特殊颜色 (k) 和颜色个数 (x)

Output

输出一行一个整数，代表答案对 (10^9~+~7) 取模结果

Hint

(Forall:)

(n~leq~10^5~,~m~leq~10^9~,~k~leq~m~,~x~leq~10)

Solution

这题感觉有点像DDOSvoid的疑惑

我 爆 破 我 自 己

数数题，考虑DP。

显然这个题的选点分为三种，分别是小于 (k)，等于 (k)，大于 (k)。同时有颜色个数的限制，于是可以设 (f_{i,j,0/1/2}) 代表以 (i) 为根的子树，选了 (j) 个特殊颜色，其中节点 (i) 的颜色 小于/等于/大于 (k)

考虑一个节点只有两个儿子的情况，直接把贡献乘一下即可。

考虑一个节点有多个儿子的时候，每加入一个新节点产生的贡献如何计算：

设 (g_{i,j,0/1/2}) 为 (u) 的子树（省略第一维），考虑前 (i) 个儿子，选了 (j) 个 (k)，节点 (i) 的状态是 (0/1/2) 的方案数。

一下假设当前枚举的是 (u) 的第 (i) 个儿子。

考虑 (u) 选小于 (k) 的情况：

则该儿子可以选 (0/1/2) 三种情况，这三种情况相互并行，应该将贡献相加，同时两两子树间互不影响，应将贡献相乘。

于是有

[g_{i,j,0}~=~sum_{h=0}^{j}(g_{i-1,j-h,0}~ imes~sum_{s=0}^{2}f_{to,h,s}) ]

同理，(u) 选等于 (k) 的情况：

该儿子只能选 (0) 一种情况，于是有

[g_{i,j,1}~=~sum_{h=0}^{j}(g_{i-1,j-h,1}~ imes~f_{to,h,0}) ]

同理，(u) 选大于 (k) 的情况：

该儿子可以选 (0/2) 两种可能，于是

[g_{i,j,2}~=~sum_{h=0}^{j}(g_{i-1,j-h,2}~ imes~sum_{s=0,2}f_{to,h,s}) ]

设 (u) 有 (v) 个孩子，于是

[f_{u,j,0/1/2}~=~g_{v,j,0/1/2} ]

当然 (g) 可以把第一维滚掉，这样就没有空间问题辣~

于是就可以统计答案了。记得取模。代码里面因为不知道哪里爆掉了于是干脆 (define~~int~~ll) 了23333

Code

#include <cstdio>
#include <cstring>
#ifdef ONLINE_JUDGE
#define freopen(a, b, c)
#endif
#define rg register
#define ci const int
#define cl const long long
#define int ll


typedef long long ll;

namespace IPT {
	const int L = 1000000;
	char buf[L], *front=buf, *end=buf;
	char GetChar() {
		if (front == end) {
			end = buf + fread(front = buf, 1, L, stdin);
			if (front == end) return -1;
		}
		return *(front++);
	}
}

template <typename T>
inline void qr(T &x) {
	rg char ch = IPT::GetChar(), lst = ' ';
	while ((ch > '9') || (ch < '0')) lst = ch, ch=IPT::GetChar();
	while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48), ch = IPT::GetChar();
	if (lst == '-') x = -x;
}

template <typename T>
inline void ReadDb(T &x) {
	rg char ch = IPT::GetChar(), lst = ' ';
	while ((ch > '9') || (ch < '0')) lst = ch, ch = IPT::GetChar();
	while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x = x * 10 + (ch ^ 48), ch = IPT::GetChar();
	if (ch == '.') {
		ch = IPT::GetChar();
		double base = 1;
		while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x += (ch ^ 48) * ((base *= 0.1)), ch = IPT::GetChar();
	}
	if (lst == '-') x = -x;
}

namespace OPT {
	char buf[120];
}

template <typename T>
inline void qw(T x, const char aft, const bool pt) {
	if (x < 0) {x = -x, putchar('-');}
	rg int top=0;
	do {OPT::buf[++top] = x % 10 + '0';} while (x /= 10);
	while (top) putchar(OPT::buf[top--]);
	if (pt) putchar(aft);
}

const int maxn = 100010;
const int maxm = 200010;
const int MOD = 1000000007;

struct Edge {
	int to, nxt;
};
Edge edge[maxm]; int hd[maxn], ecnt = 1;
inline void cont(ci from, ci to) {
	Edge &e = edge[++ecnt];
	e.to = to; e.nxt = hd[from]; hd[from] = ecnt;
}

int n, m, x, v, dv;
int frog[maxn][15][3], gorf[maxn][2][15][3];

void reading();
void dfs(ci, ci);

signed  main() {
	freopen("1.in", "r", stdin);
	qr(n); qr(m);
	reading();
	qr(v); qr(x); dv = m - v;
	dfs(1, 0);
	int ans = 0;
	for (rg int i = 0; i <= x; ++i) 
		for(rg int j = 0; j < 3; ++j) ans = (ans + frog[1][i][j]) % MOD;
	qw(ans, '
', true);
	return 0;
}

void reading() {
	int a, b;
	for (rg int i = 1; i < n; ++i) {
		a = b = 0;
		qr(a); qr(b);
		cont(a, b);
		cont(b, a);
	}
}

void dfs(ci u, ci pree) {
	int pre = 0;
	gorf[u][pre][0][0] = v - 1;
	gorf[u][pre][1][1] = 1;
	gorf[u][pre][0][2] = dv;
	for (int i = hd[u]; i; i = edge[i].nxt) if(i != pree) {
		int &to = edge[i].to;
		dfs(to, i ^ 1);
		pre ^= 1;
		memset(gorf[u][pre], 0, sizeof gorf[u][pre]);
		for (rg int j = 0; j <= x; ++j) {
			for (rg int k = 0; k <= j; ++k) {
				gorf[u][pre][j][0] = (gorf[u][pre][j][0] + 1ll * gorf[u][pre ^ 1][j - k][0] * (frog[to][k][0] + frog[to][k][1] + frog[to][k][2])) % MOD;
				gorf[u][pre][j][1] = (1ll * gorf[u][pre ^ 1][j - k][1] * frog[to][k][0] + gorf[u][pre][j][1]) % MOD;
				gorf[u][pre][j][2] = (1ll * gorf[u][pre ^ 1][j - k][2] * (frog[to][k][0] + frog[to][k][2]) + gorf[u][pre][j][2]) % MOD;
			}
		}
	}
	for (rg int i = 0; i <= x; ++i) 
		for (rg int j = 0; j < 3; ++j)
			frog[u][i][j] = gorf[u][pre][i][j];
#ifdef DEBUG
	printf("EM%d:
", u);
	for (rg int i = 0; i <= x; ++i) {
		for (rg int j = 0; j < 3; ++j) 
			printf("%d %d %d
",i, j, frog[u][i][j]);
	}
#endif
}

Summary

这类树上求方案数的问题都需要在转移时借助一个辅助数组，记录已经枚举过得儿子的信息，然后计算当前这个儿子加入的贡献。