【NOI2017模拟6.29】呵呵

题目

1≤n≤2000

解法

考虑一个特定形态的树的贡献，设点i的度数为d[i]，那么答案就是：

∑(∏wdii⋅di)

考虑prufer序，一个度数为d[i]的点出现的次数是d[i]-1，那么就可以得到一个很显然的DP，f[i][j]表示前i个点的度数为i+j：

fi,j=∑d=0jfi−1,j−d⋅(dn−2−(j−d))⋅wd+1i⋅(d+1)

这个DP是 O(n3) 的
即答案要求的是这样一个东西：

Ans=∑d1+d2+⋯+dn=n−2(n−2)!∏di!⋅∏wdi+1i⋅(di+1)Ans=∏wi⋅(n−2)!∑d1+d2+⋯+dn=n−21∏di!⋅∏wdii⋅(di+1)

然后考虑将 (di+1) 拆开，对于每个排列 1≤p1<p2<⋯pk≤n 考虑 ∏ki=1dpi 的贡献：

∑d1+d2+⋯+dn=n−21∏di!⋅∏wdii⋅∏dpi

将 dpi 与 1dpi! 中的 1dpi 消掉，得到：

∏wpi(∑d1+d2+⋯+dn=n−2−k∏wdiidi!)

这样有什么好处呢？可以看到后面的式子变成了这样的形式： xii!
考虑生成函数：

fi(x)=ewi⋅x=∑i=0∞wiii!⋅xi

那么前面的式子可以变成：

∏wpi([xn−2−k]∏fi(x))

有：

∏wpi([xn−2−k]e(∑wi)⋅x)

∏wpi((∑wi)n−2−k(n−2−k)!)

综上所述有：

Ans=∏wi⋅(n−2)!⋅∑k=0n−2(∏1≤p1<p2<⋯<pk≤nwpi)(∑wi)n−2−k(n−2−k)!

中间那个可以直接 O(n2) 的DP处理（其实FFT也是可以的）
所以总时间复杂度是 O(n2) 的

Code

#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include

#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)

using namespace std;

typedef long long LL;
typedef double db;

int get(){
    char ch;
    while(ch=getchar(),(ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-');
    if (ch=='-'){
        int s=0;
        while(ch=getchar(),ch>='0'&&ch<='9')s=s*10+ch-'0';
        return -s;
    }
    int s=ch-'0';
    while(ch=getchar(),ch>='0'&&ch<='9')s=s*10+ch-'0';
    return s;
}

const int N = 2010;
const int mo = 1e+9+7;

int n;
LL a[N],js[N],ny[N],mi[N];
LL f[N];

LL quickmi(LL x,LL tim){
    LL ans=1;
    for(;tim;tim/=2,x=x*x%mo)
    if (tim&1)ans=ans*x%mo;
    return ans;
}

int main(){
    freopen("hehe.in","r",stdin);
    freopen("hehe.out","w",stdout);
    n=get();
    fo(i,1,n)a[i]=get();
    js[0]=1;
    fo(i,1,n)js[i]=js[i-1]*i%mo;
    ny[n]=quickmi(js[n],mo-2);
    fd(i,n-1,0)ny[i]=ny[i+1]*(i+1)%mo;
    mi[0]=1;
    fo(i,1,n)mi[1]=(mi[1]+a[i])%mo;
    fo(i,2,n)mi[i]=mi[i-1]*mi[1]%mo;
    f[0]=1;
    fo(i,1,n)
        fd(j,n,0)
        f[j+1]=(f[j+1]+f[j]*a[i]%mo)%mo;
    LL ans=0;
    fo(k,0,n-2)
    ans=(ans+f[k]*mi[n-2-k]%mo*ny[n-2-k]%mo)%mo;
    ans=ans*js[n-2]%mo;
    fo(i,1,n)ans=ans*a[i]%mo;
    printf("%lld\n",ans);
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}