BZOJ2159 Crash 的文明世界 题解

题目大意：给一棵N个节点的树及正整数K，对每一个节点i求Σdist(i,j)^K。N<=5*10^4,K<=150。

O(NK^2)，O(NKlogK)的做法都可以在贾志鹏2011年的集训队作业里看到。下面介绍一种O((N+K)K)的做法。

首先讲讲第二类斯特林数。S(N,K)表示将N个元素划分成K个非空子集的方案数。S(N,K)可以表示成递推形式：S(N,K)=S(N-1,K-1)+K*S(N-1,K)。N<=5的斯特林数大概长这样：

1 

1 1 

1 3 1 

1 7 6 1 

1 15 25 10 1 

记[x]_i=x*(x-1)*(x-2)*...*(x-i+1)

X^1=1*[x]_1

X^2=1*[x]_2 + 1*[x]_1

X^3=1*[x]_3 + 3*[x]_2 + 1*[x]_1

X^4=1*[x]_4 + 6*[x]_3 + 7*[x]_2 + 1*[x]_1

....

可以看出x^n=ΣS(N,k)*[x]_k。具体证明可以看《Concrete Mathematics》中关于Stirling数的讲解。

接着，我们有了以上结论就要想办法用上。直观的想法是对于每个点i求出f[i][j]=Σ[dist(i,x)]_j,(1<=x<=n,j<=K)，那么ans[i]=ΣS(K,j)*f[i][j]。但是这个难以维护的原因在于我们难以从长度L-1求出长度L的f值。

试图改变一下所要求的f[i][j]。注意到[x]_k和组合数的关系，C(x,k)=[x]_k/k!，而且组合数有个优良的性质C(x,k)=C(x-1,k-1)+C(x-1,k)。这样我们记f[i][j]=ΣC(dist(i,x),j),(1<=x<=n,j<=K)，就可以在长度之间转移了。

至此我们只需简单利用树形DP（两边DFS）求出f[i][j]，然后ans[i]=ΣS(K,j)*f[i][j]*j!。时间和空间复杂度都是O((N+K)K)。

code:

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
const int maxn=50003,maxk=155,mod=10007;
int n,K,Link[maxn],pre[maxn*2],t[maxn*2],f[maxn][maxk],S[maxk][maxk],ans[maxn],g[maxk],h[maxk],fac[maxn];

inline void add(int &x,int y)
{
	if(y>=mod)y-=mod;
	x+=y;
	if(x>=mod)x-=mod;
}
inline void sub(int &x,int y)
{
	if(y>=mod)y-=mod;
	x-=y;
	if(x<0)x+=mod;
}

void dfs1(int x,int pa)
{
	f[x][0]=1;
	for(int i=Link[x];i;i=pre[i])
	{
		if(t[i]==pa)continue;
		dfs1(t[i],x);
		add(f[x][0],f[t[i]][0]);
		for(int j=1;j<=K;j++)add(f[x][j],f[t[i]][j-1]+f[t[i]][j]);
	}
}
void dfs2(int x,int pa)
{
	for(int i=Link[x];i;i=pre[i])
	{
		if(t[i]==pa)continue;
		int y=t[i];
		g[0]=f[x][0],sub(g[0],f[y][0]);
		h[0]=n;
		for(int i=1;i<=K;i++)
		{
			g[i]=f[x][i],sub(g[i],f[y][i]+f[y][i-1]);
			h[i]=(f[y][i]+g[i]+g[i-1])%mod;
		}
		for(int i=0;i<=K;i++)
		{
			f[y][i]=h[i];
			add(ans[y],S[K][i]*fac[i]%mod*h[i]%mod);
		}
		dfs2(t[i],x);
	}
}

int main()
{
	int now,A,B,Q,L;
	scanf("%d%d%d",&n,&K,&L);
	scanf("%d%d%d%d",&now,&A,&B,&Q);
	for(int i=1,tot=0;i<n;i++)
	{
		now=(now*A+B)%Q;
		int x=i-now%((i<L)?i:L),y=i+1;
		pre[++tot]=Link[x]; Link[x]=tot; t[tot]=y;
		pre[++tot]=Link[y]; Link[y]=tot; t[tot]=x;
	}
	S[0][0]=fac[0]=1;
	for(int i=1;i<=K;fac[i]=fac[i-1]*i%mod,i++)
		for(int j=1;j<=i;j++)add(S[i][j],(S[i-1][j-1]+j*S[i-1][j])%mod);
	dfs1(1,0);
	for(int i=0;i<=K;i++)add(ans[1],S[K][i]*fac[i]%mod*f[1][i]%mod);
	dfs2(1,0);
	for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d\n",ans[i]);
	return 0;
}