洛谷P4516：[JSOI2018]潜入行动（树形dp）

题面

大概就是树形dp
设 f[i][j][0/1][0/1] f [ i ] [ j ] [ 0 / 1 ] [ 0 / 1 ] ，表示 i i 的子树里选了 j j 个， i i 有没有选， i i 是否被覆盖
然后类似卷积的合并，就能算出答案

一个显然的性质，节点i的次数界为 min(size[i],k) m i n ( s i z e [ i ] , k )
根据某科学的理论

若合并的两棵树 size s i z e 都大于等于k，则合并次数不超过 n/k n / k

若只有一棵的 siz s i z 大于等于k，相当于小的那棵树的每个点都用k的时间，使其次数界变为k

若两棵 siz s i z 都小于k，设一棵为 a a
相当于另一棵树的每个点用 a a 的时间使其所在树的次数界扩大a

所以就是 O(nk) O ( n k ) 的

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

using namespace std;
#define mmst(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
#define mmcp(a, b) memcpy(a, b, sizeof(b))

typedef long long LL;

void read(int &hy)
{
    hy=0;
    char cc=getchar();
    while(cc<'0'||cc>'9')
    cc=getchar();
    while(cc>='0'&&cc<='9')
    {
        hy=(hy<<3)+(hy<<1)+cc-'0';
        cc=getchar();
    }
}

const int N=100200,p=1e9+7;

int n,k;
int head[N],nex[N<<1],to[N<<1],cnt;
int siz[N];
int f[N][102][2][2],g[102][2][2];

void add(int u,int v)
{
    to[++cnt]=v;
    nex[cnt]=head[u];
    head[u]=cnt;
}

void B(int &x,int a,int b)
{
    x=(x+(LL)a*b%p)%p;
}

void dfs(int x)
{
    siz[x]=1;
    f[x][0][0][0]=f[x][1][1][0]=1;
    for(int h=head[x];h;h=nex[h])
    if(!siz[to[h]])
    {
        int v=to[h];
        dfs(to[h]);

        for(int i=0;i<=min(siz[x]+siz[v],k);i++)
        for(int a=0;a<=1;a++)
        for(int b=0;b<=1;b++)
        g[i][a][b]=0;

        for(int i=0;i<=min(siz[x],k);i++)
        for(int j=0;j<=min(k-i,siz[v]);j++)
        for(int a=0;a<=1;a++)
        for(int b=0;b<=1;b++)
        for(int c=0;c<=1;c++)
        for(int d=0;d<=1;d++)
        if(a+d>0)
        B(g[i+j][a][(b|c)],f[x][i][a][b],f[v][j][c][d]);

        siz[x]+=siz[to[h]];

        for(int i=0;i<=min(siz[x],k);i++)
        for(int a=0;a<=1;a++)
        for(int b=0;b<=1;b++)
        f[x][i][a][b]=g[i][a][b];
    }
}

int main()
{
    cin>>n>>k;

    for(int i=1;iint u,v;
        read(u);
        read(v);
        add(u,v);
        add(v,u);
    }

    dfs(1);

    cout<<(f[1][k][0][1]+f[1][k][1][1])%p<return 0;
}