Description

• \(n\in[1,500],k\in[2,10]\)。

Solution

• 这是一道有点很有难度的题。

• 先考虑判断一个数是否在数列\(a\)中。由于每次加的数是在\([0,k)\)的范围内，所以个位不定，但除个以外的位可以任意取值。
• 考虑DP。记个位为第\(1\)位，设\(g_{i,p,x,a}\)表示我们构造的数第\(2\sim i\)位为0，第\(i\sim\infty\)位中最大的位值为\(p\)，个位为\(a\)，此时我们要将第\(i\)位刚好填到\(x\)，个位变成了多少。
• 初值的话，可以暴力算出\(i\in[1,2]\)时的\(g\)。
• 不进位的转移显然。进位时，比如我们想算\(g_{i+1,p,1,a}\)的值，它可以由\(g_{i,k-1,1,a'}\)转移而来（\(a'\)表示我们在第\(i\)位填\(k-1\)次\(1\)后\(a\)会变成的数）。

• 然后做树形DP。如果我们沿着子树节点序列转移，那么实际上就是沿着dfs序转移，可以转移到\(dfn[i]\)的范围是\([dfn[fa[i]],dfn[i])\)。
• 设\(dp_{dfn[x],j,p,a}\)表示我们做到点\(x\)，考虑到第\(j\)位（第\(j\)位放\(d[x]\)），前面的位的最大值为\(p\)，个位为\(a\)的合法方案数。初值显然是\(dp_{1,j,d[1],g_{j,0,d[1],1}}=1\)。
• 转移的话，一定是从\(dp_{i',j,p,x}\)转移到\(dp_{i,j-1,max(p,d),g_{j-1,p,d,x}}\)，其中\(i'<i\)。这个可用前缀和优化。

• 时空复杂度：\(O(nk^2(n+k))\)。

Code

#include <cstdio>
#include <cstring>
#define max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;const int N=505,K=11,mo=998244353;int n,k,g[N][K][K][K],u,d[N],x,y,ti,dfn[N],dp[N][N][K][K],ans;
bool e[N][N];void P(int&x,int y) {x=(x+y)%mo;}void dfs(int u,int fa)
{if(!ti++)fo(j,1,n){int x=g[j][0][d[u]][1];dp[ti][j][d[u]][x]=1;}elsefo(j,2,n) fo(p,0,k-1) fo(x,0,k-1){int p1=max(p,d[u]), x1=g[j-1][p][d[u]][x];if(~x1) P(dp[ti][j-1][p1][x1],(mo+dp[ti-1][j][p][x]-dp[dfn[fa]-1][j][p][x])%mo);P(dp[ti][j-1][p][x],dp[ti-1][j-1][p][x]);}fo(x,d[u],k-1) P(ans,(mo+dp[ti][1][x][d[u]]-dp[ti-1][1][x][d[u]])%mo);dfn[u]=ti;fo(v,1,n) if(v^fa&&e[u][v]) dfs(v,u);
}int main()
{freopen("buried.in","r",stdin);freopen("buried.out","w",stdout);scanf("%d%d",&n,&k);memset(g,-1,sizeof g);fo(p,0,k-1){g[1][p][0][0]=0;fo(x,0,k-1)if(p|x){int y=x;while(y<k){g[1][p][y][x]=y;y+=max(p,y);}g[2][p][1][x]=y-k;}}fo(i,2,n)fo(p,0,k-1)fo(a,0,k-1){g[i][p][0][a]=a;if(!~(u=g[i][p][1][a])) continue;fo(x,2,k-1) if(!~(u=g[i][p][x][a]=g[i][max(p,x-1)][1][u])) break;if(~u) g[i+1][p][1][a]=g[i][k-1][1][u];}fo(i,1,n) scanf("%d",&d[i]);fo(i,1,n-1) scanf("%d%d",&x,&y),e[x][y]=e[y][x]=1;dfs(1,0);printf("%d",ans);
}