Crash的文明世界

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给出一个(n) 个点的树，对于每个点(u) 求

[S(u)=sum_{i=1}^ndis(i,u)^k ]

data range

(nle 50000,kle 150)

solution

先来推式子

[S(u)=sum_{i=1}^ndis(i,u)^k\ =sum_{i=1}^nsum_{j=0}^kleft{egin{matrix}k\jend{matrix} ight}dis(i,u)^{underline j}\ =sum_{j=0}^kj!left{egin{matrix}k\jend{matrix} ight}sum_{i=1}^ninom {dis(i,u)}{j} ]

因此只需对每个点(u) 和次数(j) 求出(sum_{i=1}^ninom {dis(i,u)}j) 就可以了

记(f_{u,j}=sum_{i=1}^ninom {dis(i,u)}j) ,(up_{u,j}=sum_{i otin u}inom {dis(i,u)}j) ,(down_{u,j}=sum_{iin u}inom {dis(i,u)}j) 显然(f_{u,j}=up_{u,j}+down_{u,j})

注意组合数有很好的性质

[inom nm=inom{n-1}m+inom{n-1}{m-1} ]

先考虑(down_{u,j}) （简单些）

[down_{u,j}=sum_{iin u}inom{dis(i,u)}j\ =[j=0]+sum_{iin u}(inom{dis(i,u)-1}{j}+inom{dis(i,u)-1}{j-1})\ =[j=0]+sum_{iin u}(inom{dis(i,v)}{j}+inom{dis(i,v)}{j-1})\ =[j=0]+sum_{iin u}(down_{v,j}+down_{v,j-1}) ]

再考虑(up_{u,j})

[up_{u,j}=sum_{i otin u}inom{dis(i,u)}j\ =sum_{i otin fa_u}inom{dis(i,fa_u)+1}{j}+sum_{iin fa_u}inom{dis(i,fa_u)+1}j-sum_{iin u}inom{dis(i,u)+2}j\ =up_{fa_u,j}+up_{fa_u,j-1}+down_{fa_u,j}+down_{fa_u,j-1}-down_{u,j}-2down_{u,j-1}-down_{u,j-2} ]

注意边界上需要特殊处理

这类题目只是外面套了个斯特林数的外壳，本质还是(dp) 之类的传统东西

普通幂的差分十分困难（即便预处理组合数也需要(mathcal O(k))），而斯特林数将普通幂转为下降幂使得其差分变得简单((mathcal O(1)))

time complexity

(mathcal O(nk))

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5e4+5,K=155,mod=1e4+7;
int f[N][K],s2[K][K],n,k;
int tot,fi[N],ne[N<<1],to[N<<1];
inline int read()
{
	int s=0,w=1; char ch=getchar();
	for(;!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch=='-')w=-1;
	for(;isdigit(ch);ch=getchar())s=(s<<1)+(s<<3)+(ch^48);
	return s*w;
}
inline void adde(int x,int y){ne[++tot]=fi[x],fi[x]=tot,to[tot]=y;}
inline int add(int x,int y){return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
inline int dec(int x,int y){return x-y<0?x-y+mod:x-y;}
inline void pre()
{
	s2[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=k;++i)
		for(int j=1;j<=k;++j)
			s2[i][j]=add(s2[i-1][j-1],s2[i-1][j]*j%mod);
}
int down[N][K],up[N][K];
void dfs1(int u,int f)
{
	down[u][0]=1;
	for(int i=fi[u];i;i=ne[i])
	{
		int v=to[i];
		if(v==f)continue;
		dfs1(v,u);
		down[u][0]=add(down[u][0],down[v][0]);
		for(int j=1;j<=k;++j)
			down[u][j]=add(down[u][j],add(down[v][j],down[v][j-1]));
	}
}
void dfs2(int u,int f)
{
	int now[K];
	now[0]=add(up[u][0],down[u][0]);
	for(int j=1;j<=k;++j)
		now[j]=(up[u][j]+up[u][j-1]+down[u][j]+down[u][j-1])%mod;
	for(int i=fi[u];i;i=ne[i])
	{
		int v=to[i];
		if(v==f)continue;
		up[v][0]=dec(now[0],down[v][0]);
		up[v][1]=dec(now[1],add(down[v][1],add(down[v][0],down[v][0])));
		for(int j=2;j<=k;++j)
			up[v][j]=dec(now[j],add(down[v][j],add(2*down[v][j-1]%mod,down[v][j-2])));
		dfs2(v,u);
	}
}
int main()
{
	n=read(),k=read();
	for(int i=1,u,v;i<n;++i)
	{
		u=read(),v=read();
		adde(u,v),adde(v,u);
	}
	pre();dfs1(1,0);dfs2(1,0);
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		int ans=0,fac=1;
		for(int j=0;j<=k;++j,fac=fac*j%mod)
			ans=add(ans,fac*s2[k][j]%mod*add(up[i][j],down[i][j])%mod);
		printf("%d
",ans);
	}
	return 0;
}