HDU 5378 Leader in Tree Land【树形DP】
第一种思路是最普遍的树形DP
dp[u][i] 表示u这个节点以及下面的子树，有i个leader的方案数。
首先，我们考虑，每棵子树上面的leader，他们的个数是不会因为父亲节点的取值而减少的，所以符合加法性质，因此可以直接累加上去。于是可以用背包的方式直接累加上去。
其次，要计算一次组合数，和普通的树形DP相像，从一开始可以分配 Csz[v]sz[u] 种方案，可分配的颜色随着分配的子树逐渐减少。
最后，考虑u这个节点的情况。分两种情况讨论，u节点是leader，那么就是从子树背包的 numofleader−1 的情况转移，只有一种情况；如果u节点不是leader，那么就是从 numofleader 的情况转移，但是有 sz[u]−1 种情况，可以将这个模型理解成是插板法：将子树的权值按顺序从小到大排列，那么u的权值可以插在除了最后一位的所有位置，共 sz[u]−1 种可能。
// whn6325689
// Mr.Phoebe
// http://blog.csdn.net/u013007900
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <iomanip>
#include <cstring>
#include <climits>
#include <complex>
#include <fstream>
#include <cassert>
#include <cstdio>
#include <bitset>
#include <vector>
#include <deque>
#include <queue>
#include <stack>
#include <ctime>
#include <set>
#include <map>
#include <cmath>
#include <functional>
#include <numeric>
#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
using namespace std;
#define eps 1e-9
#define PI acos(-1.0)
#define INF 0x3f3f3f3f
#define LLINF 1LL<<62
#define speed std::ios::sync_with_stdio(false);
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ld;
typedef pair<ll, ll> pll;
typedef complex<ld> point;
typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<pii, int> piii;
typedef vector<int> vi;
#define CLR(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define CPY(x,y) memcpy(x,y,sizeof(x))
#define clr(a,x,size) memset(a,x,sizeof(a[0])*(size))
#define cpy(a,x,size) memcpy(a,x,sizeof(a[0])*(size))
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
#define pb(x) push_back(x)
#define lowbit(x) (x&(-x))
#define MID(x,y) (x+((y-x)>>1))
#define ls (idx<<1)
#define rs (idx<<1|1)
#define lson ls,l,mid
#define rson rs,mid+1,r
#define root 1,1,n
template<class T>
inline bool read(T &n)
{
T x = 0, tmp = 1;
char c = getchar();
while((c < '0' || c > '9') && c != '-' && c != EOF) c = getchar();
if(c == EOF) return false;
if(c == '-') c = getchar(), tmp = -1;
while(c >= '0' && c <= '9') x *= 10, x += (c - '0'),c = getchar();
n = x*tmp;
return true;
}
template <class T>
inline void write(T n)
{
if(n < 0)
{
putchar('-');
n = -n;
}
int len = 0,data[20];
while(n)
{
data[len++] = n%10;
n /= 10;
}
if(!len) data[len++] = 0;
while(len--) putchar(data[len]+48);
}
//-----------------------------------
const int MAXN=1010;
const int MOD=1e9+7;
int n,K;
struct Edge
{
int to,next;
}e[MAXN<<1];
int head[MAXN],tot;
int sz[MAXN];
ll dp[MAXN][MAXN],ret[2][MAXN],C[MAXN][MAXN];
void init()
{
CLR(dp,0);
CLR(head,-1);tot=0;
}
void addedge(int u,int v)
{
e[tot].to=v;
e[tot].next=head[u];
head[u]=tot++;
}
void dfs(int u,int fa=-1)
{
sz[u]=1;
for(int i=head[u]; ~i; i=e[i].next)
{
int v=e[i].to;
if(v==fa) continue;
dfs(v,u);
sz[u]+=sz[v];
}
ret[0][0]=1;
int all=0,cur=0;
for(int i=head[u]; ~i; i=e[i].next)
{
int v=e[i].to;
if(v==fa) continue;
for(int j=0; j<=min(K,all+sz[v]+1); j++)ret[cur^1][j]=0;
for(int j=min(K,all); j>=0; j--)
{
if(!ret[cur][j]) continue;
for(int k=1; k<=min(K,sz[v]); k++)
{
ret[cur^1][j+k]+=ret[cur][j]*dp[v][k]%MOD*C[sz[u]-1-all][sz[v]]%MOD;
ret[cur^1][j+k]%=MOD;
}
}
cur^=1;
all+=sz[v];
}
for(int i=min(K,sz[u]); i>=1; i--)
{
// printf("dp[%d][%d]=%I64d\n",v,i,ret[cur][i]);
dp[u][i]=ret[cur][i]*(sz[u]-1)%MOD+ret[cur][i-1];
dp[u][i]%=MOD;
}
}
int main()
{
C[0][0]=1;
for(int i=1; i<MAXN; i++)
{
C[i][0]=C[i][i]=1;
for(int j=1; j<i; j++)
C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%MOD;
}
int T,cas=1;
read(T);
while(T--)
{
init();
read(n),read(K);
for(int i=0, u, v; i<n-1; i++)
{
read(u),read(v);
addedge(u,v);
addedge(v,u);
}
dfs(1);
printf("Case #%d: %I64d\n",cas++,dp[1][K]);
}
return 0;
}
可以用求概率的思想来解决这个问题。令以i号节点为根的子树为第i棵子树，设这颗子树恰好有sz[i]个点。那么第i个点是第i棵子树最大值的概率为 1/sz[i] ，不是最大值的概率为 (sz[i]−1)/sz[i] 。现在可以求解恰好有 k 个最大值的概率。
令 dp[i][j] 表示考虑编号从 1 到 i 的点，其中恰好有 j 个点是其子树最大值的概率。 很容易得到如下转移方程： dp[i][j]=dp[i−1][j]∗(sz[i]−1)/sz[i]+dp[i−1][j−1]/sz[i] 。这样 dp[n][k] 就是所有点中恰好有 k 个最大值的概率。
题目要求的是方案数，用总数 n！ 乘上概率就是答案。计算的时候用逆元代替上面的分数即可
// whn6325689
// Mr.Phoebe
// http://blog.csdn.net/u013007900
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <iomanip>
#include <cstring>
#include <climits>
#include <complex>
#include <fstream>
#include <cassert>
#include <cstdio>
#include <bitset>
#include <vector>
#include <deque>
#include <queue>
#include <stack>
#include <ctime>
#include <set>
#include <map>
#include <cmath>
#include <functional>
#include <numeric>
#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
using namespace std;
#define eps 1e-9
#define PI acos(-1.0)
#define INF 0x3f3f3f3f
#define LLINF 1LL<<62
#define speed std::ios::sync_with_stdio(false);
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ld;
typedef pair<ll, ll> pll;
typedef complex<ld> point;
typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<pii, int> piii;
typedef vector<int> vi;
#define CLR(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define CPY(x,y) memcpy(x,y,sizeof(x))
#define clr(a,x,size) memset(a,x,sizeof(a[0])*(size))
#define cpy(a,x,size) memcpy(a,x,sizeof(a[0])*(size))
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
#define pb(x) push_back(x)
#define lowbit(x) (x&(-x))
#define MID(x,y) (x+((y-x)>>1))
#define ls (idx<<1)
#define rs (idx<<1|1)
#define lson ls,l,mid
#define rson rs,mid+1,r
#define root 1,1,n
template<class T>
inline bool read(T &n)
{
T x = 0, tmp = 1;
char c = getchar();
while((c < '0' || c > '9') && c != '-' && c != EOF) c = getchar();
if(c == EOF) return false;
if(c == '-') c = getchar(), tmp = -1;
while(c >= '0' && c <= '9') x *= 10, x += (c - '0'),c = getchar();
n = x*tmp;
return true;
}
template <class T>
inline void write(T n)
{
if(n < 0)
{
putchar('-');
n = -n;
}
int len = 0,data[20];
while(n)
{
data[len++] = n%10;
n /= 10;
}
if(!len) data[len++] = 0;
while(len--) putchar(data[len]+48);
}
//-----------------------------------
const int MAXN=1010;
const int MOD=1e9+7;
ll dp[MAXN][MAXN];
int n,K;
struct Edge
{
int to,next;
}e[MAXN<<1];
int head[MAXN],tot;
void init()
{
CLR(dp,0);
CLR(head,-1);tot=0;
}
void addedge(int u,int v)
{
e[tot].to=v;
e[tot].next=head[u];
head[u]=tot++;
}
ll fac[MAXN],inv[MAXN];
int sz[MAXN];
void dfs(int u,int fa=-1)
{
sz[u]=1;
for(int i=head[u];~i;i=e[i].next)
if(e[i].to!=fa)
{
dfs(e[i].to,u);
sz[u]+=sz[e[i].to];
}
}
int main()
{
inv[0]=inv[1]=1;
fac[0]=fac[1]=1;
for(int i=2; i<MAXN; i++)
{
inv[i]=(MOD-MOD/i)*inv[MOD%i]%MOD;
fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
}
int T,cas=1;
read(T);
while(T--)
{
init();
read(n),read(K);
for(int i=0,u,v;i<n-1;i++)
{
read(u),read(v);
addedge(u,v);addedge(v,u);
}
dfs(1);
dp[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=0;j<=K;j++)
{
dp[i][j]=dp[i-1][j]*(sz[i]-1)%MOD*inv[sz[i]]%MOD;
if(j>0)
dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-1][j-1]*inv[sz[i]]%MOD)%MOD;
}
ll ans=dp[n][K]*fac[n]%MOD;
printf("Case #%d: %I64d\n",cas++, ans);
}
return 0;
}