洛谷：P4516 [JSOI2018] 潜入行动（树形dp、树上分组背包统计方案数）
2024-05-16 14:42:27
潜入行动
- 显然是个树形dp，k个监控自然联想分组背包。
- 一开始想的状态表示是 dp[x][k][3] ，每个点记录放或不放被子节点或父节点观察，但这样很麻烦。
- 题解的状态表示为：
设dp[x][i][0/1][0/1]表示以x为根的子树中共放了i个监听装置，其中x点放没放装置，x点有没有被监听到的方案数设dp[x][i][0/1][0/1]表示以x为根的子树中共放了i个监听装置，其中x点放没放装置，x点有没有被监听到的方案数设dp[x][i][0/1][0/1]表示以x为根的子树中共放了i个监听装置，其中x点放没放装置，x点有没有被监听到的方案数
在以x为根的子树中除x外的其它结点都被监听到了在以x为根的子树中除x外的其它结点都被监听到了在以x为根的子树中除x外的其它结点都被监听到了
这样的表示显然更实用直观。
#include<bits/stdc++.h>
#include<unordered_map>
#define debug cout << "debug--- "
#define debug_ cout << "\n---debug---\n"
#define oper(a) operator<(const a& ee)const
#define forr(a,b,c) for(int a=b;a<=c;a++)
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof a)
#define cinios (ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0))
#define all(a) a.begin(),a.end()
#define sz(a) (int)a.size()
#define endl "\n"
#define ul (u << 1)
#define ur (u << 1 | 1)
using namespace std;typedef unsigned long long ull;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> PII;const int N = 1e5 + 10, M = 2e6 + 10, mod = 1e9 + 7;
int INF = 0x3f3f3f3f; ll LNF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int n, m, B = 10, ki;int h[N], e[M], ne[M], idx;
void add(int a, int b) {e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}
int siz[N];
int dp[N][102][2][2], tmp[102][2][2];
//表示以 x 为根的子树中共放了 k 个监听装置，其中 x 点放没放装置，x 点有没有被监听到的方案数//（如果 x 没放，在以 x 为根的子树中除 x 外的其它结点都要被监听到，不然肯定之后监听不到这些点）// 00：x 没放也没有被监听到，显然对于所有子节点都不能放但要被监听到，故 dp[j][k][0][1]
//
// 10：x 放了没被监听到，则子节点一定不放，有可能被监听到，故 dp[j][k][0][1] + dp[j][k][0][0]
//
// 01: x 没放有被监听到，则子节点都要被监听，部分 枚举 放 dp[j][k][1][1]，其余的不放 dp[j][k][0][1]，但可以发现枚举很是麻烦，时间复杂度也高。事实上我们可以分两种情况考虑，在遍历子树的中途就计算好：
//
// 1.x 没放有被监听到 dp[x][i][0][1]，则接下来连接的子树放不放都行，但要满足被监听，即 dp[j][k][1][1] + dp[j][k][0][1]
// 2.x 没放也没被监听 dp[x][i][0][0]，则接下来的子树需要放才行，即 dp[j][k][1][1]
//
// 11: x 放了也被监听了，则子节点有可能被监听到，也有可能没有，枚举放 dp[j][k][1][0] / dp[j][k][1][1] , 其余不放 dp[j][k][0][0] / dp[j][k][0][1]
// 同理优化枚举。。。
////longlong数组最多开到 3e7 左右，再大就超过 250mb 了，所以需要中途 ll 强转回 int
inline void ad(int& x, ll y) {x = (x + (y % mod)) % mod;
}void dfs(int x, int fa) {siz[x] = dp[x][0][0][0] = dp[x][1][1][0] = 1;for (int b = h[x]; ~b; b = ne[b]) {int v = e[b]; if (v == fa)continue;dfs(v, x);for (int k = 0; k <= ki; k++)for (int i = 0; i < 2; i++)for (int j = 0; j < 2; j++) {tmp[k][i][j] = dp[x][k][i][j];dp[x][k][i][j] = 0;}//把 i 、j 留出来当变量，别折磨自己眼睛for (int i = 0; i <= min(ki, siz[x]); i++)for (int j = 0; j <= min(ki - i, siz[v]); j++) {int& x1 = dp[x][i + j][0][0];ad(x1, 1ll * tmp[i][0][0] * dp[v][j][0][1]);int& x2 = dp[x][i + j][1][0];ad(x2, 1ll * tmp[i][1][0] * (dp[v][j][0][1] + dp[v][j][0][0]));int& x3 = dp[x][i + j][0][1];ad(x3, 1ll * tmp[i][0][0] * dp[v][j][1][1]);ad(x3, 1ll * tmp[i][0][1] * (dp[v][j][1][1] + dp[v][j][0][1]));int& x4 = dp[x][i + j][1][1];ad(x4, 1ll * tmp[i][1][0] * (dp[v][j][1][1] + dp[v][j][1][0]));ad(x4, 1ll * tmp[i][1][1] * (1ll * dp[v][j][0][0] + dp[v][j][0][1] + dp[v][j][1][0] + dp[v][j][1][1]));}siz[x] += siz[v];//善用siz，优化时间}
}void solve() {cin >> n >> ki;mem(h, -1);for (int i = 1; i < n; i++) {int a, b;cin >> a >> b;add(a, b), add(b, a);}dfs(1, -1);//根据定义int ans = (dp[1][ki][1][1] + dp[1][ki][0][1]) % mod;cout << ans;
}int main() {cinios;int T = 1;for (int t = 1; t <= T; t++) {solve();}return 0;
}
/*
*/
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