题解乃爱与城市拥挤程度

题目传送门：牛客 1100B

Description

乃爱天下第一可爱！

乃爱居住的国家有 n n n 座城市，这些城市与城市之间有 n − 1 n-1 n−1 条公路相连接，并且保证这些城市两两之间直接或者间接相连。

我们定义两座城市之间的距离为这两座城市之间唯一简单路径上公路的总条数。

当乃爱位于第 x x x 座城市时，距离城市 x x x 距离不大于 k k k 的城市中的人都会认为乃爱天下第一可爱！

认为乃爱天下第一可爱的人们决定到乃爱所在的城市去拜访可爱的乃爱。我们定义这些城市的拥挤程度为：

距离城市x距离不大于k的城市中的人到达城市x时经过该城市的次数。例如：

假设k=2，乃爱所在的城市是1号城市，树结构如上图所示时，受到影响的城市为1,2,3,4,5，因为五个城市距离1号城市的距离分别为：0,1,2,2,2，所以这五个城市都会认为乃爱天下第一。

1号城市到1号城市经过了1号城市。

2号城市到1号城市经过了1号、2号城市。

3号城市到1号城市经过了1号、2号、3号城市。

4号城市到1号城市经过了1号、2号、4号城市。

5号城市到1号城市经过了1号、2号、5号城市。

所以1号城市的拥挤程度是5，2号城市的拥挤程度是4，3号、4号、5号城市的拥挤程度都是1。

现在小w想要问你当乃爱依次位于第 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , . . . , n 1,2,3,4,5,...,n 1,2,3,4,5,...,n 座城市时，有多少座城市中的人会认为乃爱天下第一，以及受到影响城市的拥挤程度的乘积，由于这个数字会很大，所以要求你输出认为乃爱天下第一的城市拥挤程度乘积mod 1 0 9 + 7 10^9+7 109+7 后的结果。

Solution

Up and Down

先做一个自下而上的up dp，再做一个自上而下的子树down dp，然后在每个节点处合并两个dp数组的信息，得到以每个点作为根节点的dp信息。

x表示当前节点，y节点是x节点的父节点，那么以x作为根节点的dp信息为x的down dp合并其父节点y的up dp。

Code

/** @Name: C* @Author: Lovely_XianShen* @Date: 2019-10-29 20:30:54* @Aqours!Sunshine!!*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;const int N = 1e5 + 50, mod = 1e9 + 7;int n, k, to[N * 2], nxt[N * 2], head[N], tot, f[N][15], g[N][15], inv[N], pre[15];void add(int x, int y) {to[++tot] = y;nxt[tot] = head[x];head[x] = tot;
}int power(int x, int y) {int z = 1;for (; y; y >>= 1, x = 1ll * x * x % mod)if (y & 1)z = 1ll * z * x % mod;return z;
}void dfs1(int x, int ff) {for (int i = 0; i <= k; i++)g[x][i] = 1, f[x][i] = 1;for (int i = head[x], y; i; i = nxt[i])if ((y = to[i]) != ff) {dfs1(y, x);for (int j = 1; j <= k; j++)f[x][j] += f[y][j - 1], g[x][j] = 1ll * g[x][j] * g[y][j - 1] % mod;}for (int i = 1; i <= k; i++)g[x][i] = 1ll * g[x][i] * f[x][i] % mod;
}void dfs2(int x, int ff) {for (int i = head[x], y; i; i = nxt[i])if ((y = to[i]) != ff) {for (int j = 0; j <= k; j++)pre[j] = g[y][j];for (int j = 1; j <= k; j++)g[y][j] = 1ll * g[y][j] * inv[f[y][j]] % mod;for (int j = k; j; j--) {int dat = j > 1 ? f[y][j - 2] : 0, dat2 = j > 1 ? pre[j - 2] : 1;f[y][j] += f[x][j - 1]; g[y][j] = 1ll * g[y][j] * g[x][j - 1] % mod * inv[f[x][j - 1]] % mod * (f[x][j - 1] - dat) % mod;f[y][j] -= dat, g[y][j] = 1ll * g[y][j] * power(dat2, mod - 2) % mod;}for (int j = 1; j <= k; j++)g[y][j] = 1ll * g[y][j] * f[y][j] % mod;dfs2(y, x);}
}int main() {scanf("%d%d", &n, &k); inv[1] = 1;for (int i = 2; i <= n; i++)inv[i] = 1ll * (mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod;for (int i = 1, x, y; i < n; i++)scanf("%d%d", &x, &y), add(x, y), add(y, x);dfs1(1, 0);dfs2(1, 0);for (int i = 1; i <= n; i++)printf("%d ", f[i][k]);puts("");for (int i = 1; i <= n; i++)printf("%d ", g[i][k]);puts("");return 0;
}