Codeforces 917D Stranger Trees 树形dp+容斥原理

题意

给出一棵n个节点的带标号树，要求对于每个k，求出有多少棵生成树满足恰好有k条边与原树相同。
n<=100

分析

一开始的想法是，设g[k]表示在原树中任意选择k条边，必然包含这k条边的生成树的数量的和。求出g[k]后，很容易通过一个O(n^2)的容斥来求出答案。
问题在于怎么求g[k]。
设我们选择了k条边，那么原树中就只剩下n-k个连通块，记第i个连通块的大小为G[i]。
在prufer序列中，每个位置可以放m个连通块中的一个，然后选择连通块中的任意一个点来连边，这样就有 (∑G[i])n−k−2=nn−k−2 ( ∑ G [ i ] ) n − k − 2 = n n − k − 2 种方案。
但我们只决定了边的一端连的什么，另一边假设连的是第j个连通块，那么也有G[j]种连边方案。于是上面的式子再乘上 ∏G[i] ∏ G [ i ] 就是一种选边方式的贡献了。
然后我们就可以开始dp，设f[i,j,k]表示以i为根的子树中，选出了j个连通块，i所在的连通块大小为k的答案，每次枚举儿子的j和k进行转移。通过树形dp的复杂度分析不难发现这样做的复杂度是O(n^4)。
然后就做完了。

代码

#include
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#include
#include
#include
using namespace std;

typedef long long LL;

const int N=105;
const int MOD=1000000007;

int n,size[N],cnt,last[N],jc[N],ny[N],f[N][N][N],g[N],tmp[N][N];
struct edge{int to,next;}e[N*2];

void addedge(int u,int v)
{
    e[++cnt].to=v;e[cnt].next=last[u];last[u]=cnt;
    e[++cnt].to=u;e[cnt].next=last[v];last[v]=cnt;
}

int ksm(int x,int y)
{
    int ans=1;
    while (y)
    {
        if (y&1) ans=(LL)ans*x%MOD;
        x=(LL)x*x%MOD;y>>=1;
    }
    return ans;
}

void mod(int &x) {x-=x>=MOD?MOD:0;}

int C(int n,int m)
{
    return (LL)jc[n]*ny[m]%MOD*ny[n-m]%MOD;
}

void dp(int x,int fa)
{
    size[x]=1;f[x][1][1]=1;
    for (int i=last[x],to=e[i].to;i;i=e[i].next,to=e[i].to)
    {
        if (to==fa) continue;
        dp(to,x);
        for (int j=1;j<=size[x];j++)
            for (int k=1;k<=size[x];k++)
            {
                if (!f[x][j][k]) continue;
                for (int j1=1;j1<=size[to];j1++)
                    for (int k1=1;k1<=size[to];k1++)
                    {
                        mod(tmp[j+j1][k]+=(LL)f[x][j][k]*f[to][j1][k1]%MOD*k1%MOD);
                        mod(tmp[j+j1-1][k+k1]+=(LL)f[x][j][k]*f[to][j1][k1]%MOD);
                    }
            }
        size[x]+=size[to];
        for (int j=1;j<=size[x];j++)
            for (int k=1;k<=size[x];k++)
                f[x][j][k]=tmp[j][k],tmp[j][k]=0;
    }
}

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    jc[0]=ny[0]=jc[1]=ny[1]=1;
    for (int i=2;i<=n;i++) jc[i]=(LL)jc[i-1]*i%MOD,ny[i]=(LL)(MOD-MOD/i)*ny[MOD%i]%MOD;
    for (int i=2;i<=n;i++) ny[i]=(LL)ny[i-1]*ny[i]%MOD;
    for (int i=1;iint x,y;scanf("%d%d",&x,&y);
        addedge(x,y);
    }
    dp(1,0);
    g[n-1]=1;
    for (int i=0;i1;i++)
    {
        for (int j=1;j<=n;j++)
            mod(g[i]+=(LL)f[1][n-i][j]*j%MOD);
        if (n-i-2>=0) g[i]=(LL)g[i]*ksm(n,n-i-2)%MOD;
    }
    for (int i=0;ifor (int j=i+1;jif ((j-i)&1) mod(g[i]+=MOD-(LL)g[j]*C(j,i)%MOD);
            else mod(g[i]+=(LL)g[j]*C(j,i)%MOD);
        printf("%d ",g[i]);
    }
    return 0;
}