[bfs树 分层图][DP] hihocoder Pro.1147 时空阵

题目传送门

因为是Manchery讲的bfs树的题目，那么就考虑bfs树
因为bfs树不存在返祖边，所以bfs树上的点的深度就是根节点到它的最短路，那么就一层一层DP。
令 fi,j,s 表示DP到第 i 层，总共用了 j 个点，第 i 层有 s 个点时的方案数，因为题目只要求第 n 个点距离为 k ，所以我们只要DP到第 k 层(令1节点为第0层)，剩下的点就瞎连边就行了。

考虑转移
fi,j,s 可以从 fi−1,j−s,w 转移。

• 先选点

  • 当 i<k 时， 方案是 (n−j+s−1s) （DP到这一层剩下 n−j+s 个 点，但是 n 节点不能在小于 k 层选，所以能选的节点有 n−j+s−1 个）。
  • 当 i=k 层， n 节点就必须要选，所以方案数是 (n−j+s−1s−1)

• 选的这 s 个点要与上一层的 w 个点连边，且这 s 个点都至少要连出一条边，这样总连边的方案数是 (2w−1)s 。

• 这些点直接相互可以连边，总方案数是 2s×(s−1)2

所以转移是

• i<k→fi,j,s=fi−1,j−s,w×(n−j+s−1s)×(2w−1)s×2s×(s−1)2
• i=k→fi,j,s=fi−1,j−s,w×(n−j+s−1s−1)×(2w−1)s×2s×(s−1)2

这样就好啦

#include 
#include 
#include 

using namespace std;

const int N=110,P=1e9+7;

int n,k,f[N][N][N];
int fac[N],inv[N];

inline int Pow(int x,int y){
  int ret=1;
  for(;y;y>>=1,x=1LL*x*x%P) if(y&1) ret=1LL*ret*x%P;
  return ret;
}

inline int C(int x,int y){
  return 1LL*fac[x]*inv[y]%P*inv[x-y]%P;
}

inline void add(int &x,int y){
  if((x+=y)>=P) x-=P;
}

int main(){
  freopen("1.in","r",stdin);
  freopen("1.out","w",stdout);
  scanf("%d%d",&n,&k);
  fac[0]=inv[0]=inv[1]=1;
  for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=1LL*fac[i-1]*i%P;;
  for(int i=2;i<=n;i++) inv[i]=1LL*(P-P/i)*inv[P%i]%P;
  for(int i=1;i<=n;i++) inv[i]=1LL*inv[i]*inv[i-1]%P;
  f[0][1][1]=1;
  for(int i=1;i<=k;i++)
    for(int j=1;j<=n;j++)
      for(int s=1;s<=j;s++)
    for(int w=1;w<=j-s;w++)
      if(is],1LL*f[i-1][j-s][w]*C(n-j+s-1,s)%P*Pow(Pow(2,w)-1,s)%P*Pow(2,s*(s-1)/2)%P);
      else
        add(f[i][j][s],1LL*f[i-1][j-s][w]*C(n-j+s-1,s-1)%P*Pow(Pow(2,w)-1,s)%P*Pow(2,s*(s-1)/2)%P);
  int ans=0;
  for(int i=k+1;i<=n;i++)
    for(int j=1;j<=n;j++)
      add(ans,1LL*f[k][i][j]*Pow(2,(n-i)*(n-i-1)/2+j*(n-i))%P);
  printf("%d\n",ans);
  return 0;
}