Codeforces 995F Cowmpany Cowmpensation

题目传送门

　　传送点I

　　传送点II

　　传送点III

题目大意

　　给定一个棵$n$个点的有根树和整数$D$，给这$n$个点标号，要求每个节点的标号是正整数，且不超过父节点的标号，根节点的标号不得超过D。

　　很容易地能得到$O(nD)$的动态规划：设$f[i][j]$表示$i$号点标为$j$在它的子树内的方案数。

　　写写它的转移方程：$f[i][j] = prod_{s in Son(i)}sum_{k = 1}^{j} f[s][k]$。

　　设$g[i][j]=sum_{k = 1}^{j}f[i][k]$，那么转移方程就能写成：$f[i][j] = prod_{s in Son(i)} g[s][j]$。

　　感觉很优美，考虑它有怎样的性质。

引理1 $f[i][j]$可以看成是关于$j$的多项式，其次数是$i$的子树大小减1，$g[i][j]$可以看成是关于$j$的多项式，其次数是$i$的子树大小。

　　证明 考虑用归纳法。

　　考虑叶节点，它的$f[i][j] = 1, g[i][j] = j$，因此对于叶节点成立。

　　然后前一部分可以证明了。对于后一部分，因为$g[i]$是$f[i]$的前缀和函数，因此次数恰好比它大1（用差分）。

　　然后后面的做法就很傻逼了。记录每个点$f, g$函数的在$1,cdots,n + 1$处的取值，暴力计算。最后用逐差法插值，求$f[1][D]$。

　　表示切完后才发现是Div 1。要不看标题，真以为是Div 2.

Code

/**
 * Codeforces
 * Problem#995F
 * Accepted
 * Time: 140ms
 * Memory: 35400k
 */
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
using namespace std;
typedef bool boolean;

const int N = 3005, M = 1e9 + 7;

void exgcd(int a, int b, int& x, int& y) {
    if (!b)
        x = 1, y = 0;
    else {
        exgcd(b, a % b, y, x);
        y -= (a / b) * x;
    }
}

int inv(int a, int n) {
    int x, y;
    exgcd(a, n, x, y);
    return (x < 0) ? (x + n) : (x);
}

int n, D;
int fa[N];
int f[N][N];

int add(int a, int b) {
    a = a + b;
    if (a >= M)
        a -= M;
    if (a < 0)
        a += M;
    return a;
}

inline void init() {
    scanf("%d%d", &n, &D);
    for (int i = 2; i <= n; i++)
        scanf("%d", fa + i);
}

inline void solve() {
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 1; j <= n + 1; j++)
            f[i][j] = 1;
    for (int i = n; i; i--) {
        for (int j = 2; j <= n + 1; j++)
            f[i][j] = add(f[i][j], f[i][j - 1]);
        if (i > 1)
            for (int j = 1; j <= n + 1; j++)
                f[fa[i]][j] = f[fa[i]][j] * 1ll * f[i][j] % M;
    }
    for (int i = 2; i <= n + 1; i++)
        for (int j = 1; j <= n - i + 2; j++)
            f[i][j] = add(f[i - 1][j + 1], -f[i - 1][j]);
    int ans = 0, C = 1;
    for (int i = 1; i <= n + 1 && i <= D; i++) {
        ans = add(ans, C * 1ll * f[i][1] % M);
        C = C * 1ll * (D - i) % M * inv(i, M) % M;
    }
    printf("%d
", ans);
}

int main() {
    init();
    solve();
    return 0;
}