[bzoj2159]Crash 的文明世界

前言

另一道斯特林数相关的题目，然而可能更考树形dp一些吧

题意简介

题面链接

题目大意

求对于每个点iii的S(i)=∑j=1ndis(i,j)kS(i)=\sum_{j=1}^ndis(i,j)^kS(i)=j=1∑ndis(i,j)k

数据范围

n≤50000,k≤150n\le50000,k\le 150n≤50000,k≤150

题解

直接上正解吧

同理这里有幂次
回到式子xn=∑i=0n{ni}xi↓x^n=\sum_{i=0}^n\begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix}x^{i\downarrow}xn=i=0∑n{ni}xi↓证明
直接暴力带入
S(i)=∑j=1ndis(i,j)k=∑j=1n∑l=0k{kl}dis(i,j)l↓=∑l=0k{kl}∑j=1ndis(i,j)l↓=∑l=0k{kl}l!∑j=1n(dis(i,j)l)\begin{aligned} S(i)&=\sum_{j=1}^ndis(i,j)^k\\ &=\sum_{j=1}^n\sum_{l=0}^k\begin{Bmatrix}k\\l\end{Bmatrix}dis(i,j)^{l\downarrow}\\ &=\sum_{l=0}^k\begin{Bmatrix}k\\l\end{Bmatrix}\sum_{j=1}^ndis(i,j)^{l\downarrow}\\ &=\sum_{l=0}^k\begin{Bmatrix}k\\l\end{Bmatrix}l!\sum_{j=1}^n\binom{dis(i,j)}l\\ \end{aligned} S(i)=j=1∑ndis(i,j)k=j=1∑nl=0∑k{kl}dis(i,j)l↓=l=0∑k{kl}j=1∑ndis(i,j)l↓=l=0∑k{kl}l!j=1∑n(ldis(i,j))
我们发现求斯特林数是可以Θ(k2)\Theta(k^2)Θ(k2)做的，求阶乘也很方便，是Θ(k)\Theta(k)Θ(k)的，现在关键是要求每个点，对于每个1≤l≤k1\le l\le k1≤l≤k的f(i)=∑j=1n(dis(i,j)l)f(i)=\sum_{j=1}^n\binom{dis(i,j)}lf(i)=j=1∑n(ldis(i,j))
众所周知（就我不知），组合数有个很好的性质
C(n,m)=C(n−1,m−1)+C(n−1,m)C(n,m)=C(n-1,m-1)+C(n-1,m)C(n,m)=C(n−1,m−1)+C(n−1,m)
所以直接树形dp（更准确的来说这里是上下dp）就好了
复杂度Θ(nk)\Theta(nk)Θ(nk)

代码

注意：lydsy上的数据是有压缩的，洛谷是未压缩的，博主比较偷懒，所以代码是未压缩的输入

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<algorithm>
namespace fast_IO
{const int IN_LEN=10000000,OUT_LEN=10000000;char ibuf[IN_LEN],obuf[OUT_LEN],*ih=ibuf+IN_LEN,*oh=obuf,*lastin=ibuf+IN_LEN,*lastout=obuf+OUT_LEN-1;inline char getchar_(){return (ih==lastin)&&(lastin=(ih=ibuf)+fread(ibuf,1,IN_LEN,stdin),ih==lastin)?EOF:*ih++;}inline void putchar_(const char x){if(oh==lastout)fwrite(obuf,1,oh-obuf,stdout),oh=obuf;*oh++=x;}inline void flush(){fwrite(obuf,1,oh-obuf,stdout);}
}
using namespace fast_IO;
#define getchar() getchar_()
#define putchar(x) putchar_((x))
#define rg register
typedef long long LL;
template <typename T> inline T max(const T a,const T b){return a>b?a:b;}
template <typename T> inline T min(const T a,const T b){return a<b?a:b;}
template <typename T> inline void mind(T&a,const T b){a=a<b?a:b;}
template <typename T> inline void maxd(T&a,const T b){a=a>b?a:b;}
template <typename T> inline T abs(const T a){return a>0?a:-a;}
template <typename T> inline void swap(T&a,T&b){T c=a;a=b;b=c;}
template <typename T> inline T gcd(const T a,const T b){if(!b)return a;return gcd(b,a%b);}
template <typename T> inline T lcm(const T a,const T b){return a/gcd(a,b)*b;}
template <typename T> inline T square(const T x){return x*x;};
template <typename T> inline void read(T&x)
{char cu=getchar();x=0;bool fla=0;while(!isdigit(cu)){if(cu=='-')fla=1;cu=getchar();}while(isdigit(cu))x=x*10+cu-'0',cu=getchar();if(fla)x=-x;
}
template <typename T> inline void printe(const T x)
{if(x>=10)printe(x/10);putchar(x%10+'0');
}
template <typename T> inline void print(const T x)
{if(x<0)putchar('-'),printe(-x);else printe(x);
}
const int mod=10007;
const int maxn=50001,maxm=100001;
int n,k;
int S[151][151],fac[151];
int head[maxn],nxt[maxm],tow[maxm],tmp;
inline void addb(const int u,const int v)
{tmp++;nxt[tmp]=head[u];head[u]=tmp;tow[tmp]=v;
}
int f[maxn][151];
void dfs1(const int u,const int fa)
{f[u][0]=1;for(rg int i=head[u];i;i=nxt[i]){const int v=tow[i];if(v!=fa){dfs1(v,u);f[u][0]=(f[u][0]+f[v][0])%mod;for(rg int j=1;j<=k;j++)f[u][j]=(f[u][j]+f[v][j]+f[v][j-1])%mod;}}
}
int z[151];
void dfs2(const int u,const int fa)
{for(rg int i=head[u];i;i=nxt[i]){const int v=tow[i];if(v!=fa){z[0]=(f[u][0]+mod-f[v][0])%mod;for(rg int j=1;j<=k;j++)z[j]=(f[u][j]+mod+mod-f[v][j]-f[v][j-1])%mod;f[v][0]=(f[v][0]+z[0])%mod;for(rg int j=1;j<=k;j++)f[v][j]=(f[v][j]+z[j]+z[j-1])%mod;dfs2(v,u);}}
}
int main()
{read(n),read(k);S[0][0]=1;for(rg int i=1;i<=k;i++)for(rg int j=1;j<=k;j++)S[i][j]=(S[i-1][j-1]+j*S[i-1][j])%mod;fac[0]=1;for(rg int i=1;i<=k;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;for(rg int i=1;i<n;i++){int u,v;read(u),read(v);addb(u,v),addb(v,u);}dfs1(1,1);dfs2(1,1);for(rg int i=1;i<=n;i++){int ans=0;for(rg int j=0;j<=k;j++)ans=(ans+S[k][j]*fac[j]%mod*f[i][j])%mod;//print(f[i][j]);print(ans),putchar('\n');}return flush(),0;
}

总结

还是蛮清新的一道推式子+树形dp题
算是一种思路的联系吧