《hdu-6540》

这题中间转移一直没想明白，一直卡壳。

状态dp[i][j] - i向下最深距离为j的方案数。

状态设置对了，但是发现，子树一直转移维护的时候，枚举i,j一直当成了i + j + 1的深度了。

但是这个其实是距离，我们需要维护的应该是max(i,j + 1)的深度。这样才能转移。

但是这样还是不好考虑，因为这个点u如果是关键点的话，就会非常特殊。

但是我们可以发现，u的子树组成的方案一定会经过u，那么我们可以先不管u的方案，最后再所有方案都 * 2即可。

这里转移有两种形式：

1 ：子树一直转移。

2 ：子树和u组成的贡献，这里也是很关键的一步。

首先这里我们可以枚举i,j去转移，但是这样显然是n ^ 2会T，我们可以考虑维护一下每个点能往下走的最远距离，降低一下枚举的上限。

这样就不会T了，但是观察第二维就可以发现，我们可以做一个前缀和来实现O(n)的转移。

然后就是很关键的地方：由于这题数据太弱了，很多假代码都过了，包括我一开始写的也是。

看下面这组数据。

4 4 1

1 2

1 3

2 4

1 2 3 4

输出：7

看了网上大部分的题解代码都是5，和我一开始一样。

假代码处理答案：

LL ans = 0;
    for(int i = 0;i <= k;++i) ans = ADD(ans,dp[1][i]);

这是因为没有算上子树中满足条件的答案。

因为我们这样算，必定就要经过1.但是不经过1满足的方案数都没算入。

考虑维护一个超过k的方案数。

如果子树中这个距离的方案数 ！= 0，那么就直接转移上来。说明他是以某个子树为中间点的合法方案数。

// Author: levil
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int,int> pii;
typedef tuple<int,int,int> tu;
const int N = 5e3 + 5;
const int M = 1e3 + 5;
const double eps = 1e-10;
const LL Mod = 1e9 + 7;
#define pi acos(-1)
#define INF 1e9
#define dbg(ax) cout << "now this num is " << ax << endl;
inline int read() {
    int f = 1;int x = 0;char c = getchar();
    while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1;c = getchar();}
    while(c >= '0' && c <= '9'){x = (x<<1)+(x<<3)+(c^48);c = getchar();}
    return x*f;
}
inline long long ADD(long long x,long long y) {return (x + y) % Mod;}
inline long long DEC(long long x,long long y) {return (x - y + Mod) % Mod;}
inline long long MUL(long long x,long long y) {return x * y % Mod;}

int n,m,k;
vector<int> G[N];
bool vis[N];
LL dp[N][N];//dp[i][j] - 距离i最大距离为j的方案数
LL f[N];
int mxd[N];
void dfs(int u,int fa) {
    for(auto v : G[u]) {
        if(v == fa) continue;
        dfs(v,u);
        memset(f,0,sizeof(f));
        for(int i = 0;i <= min(k,mxd[u]);++i) {
            for(int j = 0;j <= min(k,mxd[v]);++j) {
                if(i + j + 1 <= k) f[max(i,j + 1)] = ADD(f[max(i,j + 1)],MUL(dp[u][i],dp[v][j]));
            }
        }
        mxd[u] = max(mxd[u],mxd[v] + 1);
        for(int i = 1;i <= mxd[u];++i) dp[u][i] = ADD(dp[u][i],dp[v][i - 1]);
        for(int i = 0;i <= mxd[u];++i) dp[u][i] = ADD(dp[u][i],f[i]);
    }
    if(vis[u] == 1) {
        for(int i = 0;i <= k;++i) dp[u][i] = MUL(2,dp[u][i]);
        dp[u][0]++;
    }
    //for(int i = 0;i <= min(mxd[u],k);++i) printf("dp[%d][%d] is %lld
",u,i,dp[u][i]);
}
void solve() { 
    n = read(),m = read(),k = read();
    for(int i = 1;i < n;++i) {
        int u,v;u = read(),v = read();
        G[u].push_back(v);
        G[v].push_back(u);
    }    
    for(int i = 1;i <= m;++i) {
        int x = read();
        vis[x] = 1;
    }
    dfs(1,0);
    LL ans = 0;
    for(int i = 0;i <= mxd[1];++i) ans = ADD(ans,dp[1][i]);
    printf("%lld
",ans);
} 
int main() {    
    solve();
    system("pause");
    return 0;
}
/*
4 4 2
1 2
1 3
2 4
1 2 3 4

4 4 1
1 2
1 3
2 4
1 2 3 4
*/