四校联考 独立集

题目有点长，就贴过来好了。

计算一张给定的图的最大独立集不是一件容易的事情。 它往往需要一个比较高的复杂度来实现。 因此， 我们经常使用随机的办法来试图求出独立集：随意一个点的排列， 按顺序考察每个点。 如果将当前的点纳入独立集中不会引起冲突（即不存在某条边的两端均入选的情况）， 则将这个点加入独立集中。 按照这种办法得到的独立集可能不是点数最多的， 所以我们经常将上面的操作重复进行多次， 从中选取点数最多的一次。

现在考虑一棵n个点的树。如果使用上述办法来求它的独立集， 并且只进行一次， 我们所得到的独立集的期望点数是多少？

输入树，n<=200，mod 1e9+7。

考虑这样dp，记f[i][j][sta]为i的子树中第j时刻（0...sz[i]）i的状态为sta的pair(方案数,点数总和)，sta有三种：0父亲最终在独立集中、1父亲最终不在独立集中，自己当前不在独立集中、2自己当前已经在独立集中了。

子树合并的时候sta有三种：0本身最终在独立集中，1本身最终不在独立集中，孩子们当前都不在独立集中，2孩子已经有若干在独立集中了。

转移自己脑补一下...

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <math.h>
#include <string.h>
#include <time.h>
#include <stdlib.h>
#include <string>
#include <bitset>
#include <vector>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <algorithm>
#include <sstream>
#include <stack>
#include <iomanip>
using namespace std;
#define pb push_back
#define mp make_pair
typedef pair<int,int> pii;
typedef long long ll;
typedef double ld;
typedef vector<int> vi;
#define fi first
#define se second
#define fe first
#define FO(x) {freopen(#x".in","r",stdin);freopen(#x".out","w",stdout);}
#define Edg int M=0,fst[SZ],vb[SZ],nxt[SZ];void ad_de(int a,int b){++M;nxt[M]=fst[a];fst[a]=M;vb[M]=b;}void adde(int a,int b){ad_de(a,b);ad_de(b,a);}
#define Edgc int M=0,fst[SZ],vb[SZ],nxt[SZ],vc[SZ];void ad_de(int a,int b,int c){++M;nxt[M]=fst[a];fst[a]=M;vb[M]=b;vc[M]=c;}void adde(int a,int b,int c){ad_de(a,b,c);ad_de(b,a,c);}
#define es(x,e) (int e=fst[x];e;e=nxt[e])
#define esb(x,e,b) (int e=fst[x],b=vb[e];e;e=nxt[e],b=vb[e])
#define VIZ {printf("digraph G{
"); for(int i=1;i<=n;i++) for es(i,e) printf("%d->%d;
",i,vb[e]); puts("}");}
#define VIZ2 {printf("graph G{
"); for(int i=1;i<=n;i++) for es(i,e) if(vb[e]>=i)printf("%d--%d;
",i,vb[e]); puts("}");}
#define SZ 666666
int n,sz[SZ]; Edg
const int MOD=1e9+7;
typedef pair<ll,ll> fn;
fn operator * (fn a,fn b)
{return fn(a.fi*b.fi%MOD,(a.fi*b.se+a.se*b.fi)%MOD);}
fn operator + (fn a,fn b)
{return fn((a.fi+b.fi)%MOD,(a.se+b.se)%MOD);}
fn operator + (fn a,ll b)
{return fn(a.fi,(a.se+a.fi*b)%MOD);}
fn operator * (fn a,ll b)
{return fn(a.fi*b%MOD,a.se*b%MOD);}
ll C[2333][2333];
fn f[555][555][3],t[555][3],tmp[555][3],qzh[555][3],hzh[555][3];
void dfs(int x,int fa)
{
    for esb(x,e,b) if(b!=fa) dfs(b,x);
    int s=0; t[s][0]=t[s][1]=fn(1,0);
    t[s][2]=pii(0,0); sz[x]=0;
    for esb(x,e,b) if(b!=fa)
    {
        for(int i=0;i<=sz[x]+sz[b];++i)
            memset(tmp[i],0,sizeof tmp[0]);
        for(int i=0;i<=sz[x];++i)
            for(int j=0;j<=sz[b];++j)
            {
                ll s=C[i+j][i]*C[sz[x]+sz[b]-i-j][sz[x]-i]%MOD;
                tmp[i+j][0]=tmp[i+j][0]+t[i][0]*f[b][j][0]*s;
                tmp[i+j][1]=tmp[i+j][1]+t[i][1]*f[b][j][1]*s;
                tmp[i+j][2]=tmp[i+j][2]+t[i][1]*f[b][j][2]*s
                +t[i][2]*f[b][j][1]*s+t[i][2]*f[b][j][2]*s;
            }
        sz[x]+=sz[b];
        for(int i=0;i<=sz[x]+sz[b];++i)
            memcpy(t[i],tmp[i],sizeof tmp[0]);
    }
    ++sz[x]; memcpy(qzh[0],t[0],sizeof t[0]);
    for(int i=1;i<sz[x];++i)
        for(int r=0;r<3;++r)
            qzh[i][r]=qzh[i-1][r]+t[i][r];
    memset(hzh[sz[x]],0,sizeof hzh[0]);
    for(int i=sz[x]-1;i>=0;--i)
        for(int r=0;r<3;++r)
            hzh[i][r]=hzh[i+1][r]+t[i][r];
    for(int i=0;i<=sz[x];++i)
    {
        if(i)
            f[x][i][0]=f[x][i][1]=qzh[i-1][2],
            f[x][i][2]=qzh[i-1][0]+1;
        else f[x][i][0]=f[x][i][1]=f[x][i][2]=pii(0,0);
        f[x][i][0]=f[x][i][0]+hzh[i][1]+hzh[i][2];
        f[x][i][1]=f[x][i][1]+(hzh[i][0]+1)+hzh[i][2];
    }
}
int main()
{
    for(int i=0;i<2333;++i)
    {
        C[i][0]=1;
        for(int j=1;j<=i;++j)
            C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%MOD;
    }
    int T; scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d",&n); M=0;
        for(int i=1;i<=n;++i) fst[i]=0;
        for(int i=1;i<n;++i)
        {
            int a,b;
            scanf("%d%d",&a,&b);
            adde(a,b);
        }
        dfs(1,0);
        ll ans=f[1][n][0].se+f[1][n][2].se;
        ans=(ans%MOD+MOD)%MOD;
        printf("%d
",int(ans));
    }
}