LOJ 2546 「JSOI2018」潜入行动——树形DP

题目：https://loj.ac/problem/2546

dp[ i ][ j ][ 0/1 ][ 0/1 ] 表示 i 子树，用 j 个点，是否用 i ， i 是否被覆盖。

注意 s1<=s0 ，别弄出负角标。

用 if 判断一下，如果有值再转移，会快非常多。

复杂度是 O(n*k) 的。证明：https://www.cnblogs.com/cjyyb/p/10416839.html

先约定如果一个小于 k 的子树和一个大于 k 的子树合并，在小于 k 的子树那里看复杂度。

1.两个小于 k 的子树 cr 和 v 合并，且合并完之后还是小于 k 的；

　　对于 cr 里的每个点，要和 v 的每个点产生贡献。虽然和很多 v 都这样做了，但这些 v 的大小加起来小于 k （因为规定合并完还是小于 k ），所以一个点贡献 O(k) 次。

　　如果合并完大于 k ，就在 “一个小于 k 的子树和一个大于 k 的子树合并” 的部分考虑复杂度了。

2.一个小于 k 的子树 cr 和一个大于 k 的子树 v 合并。

　　对于 cr 里的每个点，此时都要进行 O(k) 次贡献。合并完之后 cr 的大小变成大于 k ，所以这种贡献，每个点只会经历一次。

3.一个大于 k 的子树 cr 和一个大于 k 的子树 v 合并。

　　产生 k² 的贡献。如果是两个大小为 k 的子树，合并之后大小变成 2*k ；再合并进来一个大小为 k 的，大小就变成 3*k ；即这种合并最多 \( \frac{n}{k} \) 次。

综上，复杂度是 O(n*k) 的。

#include
#include
#include
#define ll long long
using namespace std;
int rdn()
{
  int ret=0;bool fx=1;char ch=getchar();
  while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')fx=0;ch=getchar();}
  while(ch>='0'&&ch<='9')ret=ret*10+ch-'0',ch=getchar();
  return fx?ret:-ret;
}
int Mx(int a,int b){return a>b?a:b;}
int Mn(int a,int b){return aa:b;}
const int N=1e5+5,M=105,mod=1e9+7;
int upt(int x){while(x>=mod)x-=mod;while(x<0)x+=mod;return x;}

int n,k,hd[N],xnt,to[N<<1],nxt[N<<1];
int siz[N],dp[N][M][2][2],tp[2][2];
void add(int x,int y){to[++xnt]=y;nxt[xnt]=hd[x];hd[x]=xnt;}
void cz(int &x,int y){x=upt(x+y);}
void dfs(int cr,int fa)
{
  dp[cr][0][0][0]=dp[cr][1][1][0]=1; siz[cr]=1;
  for(int i=hd[cr],v;i;i=nxt[i])
    if((v=to[i])!=fa)
      {
    dfs(v,cr);
    for(int s0=Mn(k,siz[cr]+siz[v]);s0>=0;s0--)
      {
        tp[0][0]=tp[0][1]=tp[1][0]=tp[1][1]=0;
        for(int s1=Mx(0,s0-siz[cr]),lm=Mn(s0,Mn(siz[v],k));s1<=lm;s1++)
          {
        int d=s0-s1;
        if(dp[cr][d][0][0])
          {
            cz(tp[0][0],(ll)dp[cr][d][0][0]*dp[v][s1][0][1]%mod);
            cz(tp[0][1],(ll)dp[cr][d][0][0]*dp[v][s1][1][1]%mod);
          }
        if(dp[cr][d][0][1])
          cz(tp[0][1],(ll)dp[cr][d][0][1]*(dp[v][s1][0][1]+dp[v][s1][1][1])%mod);
        if(dp[cr][d][1][0])
          {
            cz(tp[1][0],(ll)dp[cr][d][1][0]*(dp[v][s1][0][0]+dp[v][s1][0][1])%mod);
            cz(tp[1][1],(ll)dp[cr][d][1][0]*(dp[v][s1][1][0]+dp[v][s1][1][1])%mod);
          }
        if(dp[cr][d][1][1])
          {
            cz(tp[1][1],(ll)dp[cr][d][1][1]
               *((ll)dp[v][s1][0][0]+dp[v][s1][0][1]+dp[v][s1][1][0]+dp[v][s1][1][1])%mod);
          }
          }
        for(int f0=0;f0<=1;f0++)
          for(int f1=0;f1<=1;f1++)
        dp[cr][s0][f0][f1]=tp[f0][f1];
      }
    siz[cr]+=siz[v];
      }
}
int main()
{
  n=rdn();k=rdn();
  for(int i=1,u,v;i)
    u=rdn(),v=rdn(),add(u,v),add(v,u);
  dfs(1,0);
  printf("%d\n",upt(dp[1][k][0][1]+dp[1][k][1][1]));
  return 0;
}

 

转载于:https://www.cnblogs.com/Narh/p/10749068.html