蓝魔法师——树形DP

链接：https://ac.nowcoder.com/acm/problem/20811
来源：牛客网

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64bit IO Format: %lld

题目描述

“你，你认错人了。我真的，真的不是食人魔。”--蓝魔法师

给出一棵树，求有多少种删边方案，使得删后的图每个连通块大小小于等于k，两种方案不同当且仅当存在一条边在一个方案中被删除，而在另一个方案中未被删除，答案对998244353取模

输入描述:

第一行两个整数n,k, 表示点数和限制
2 <= n <= 2000, 1 <= k <= 2000
接下来n-1行，每行包括两个整数u,v，表示u,v两点之间有一条无向边
保证初始图联通且合法

输出描述:

共一行，一个整数表示方案数对998244353取模的结果

示例1

输入

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输出

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不会树形dp，思路参考于https://blog.csdn.net/xianpingping/article/details/83447668

用dp【u】【p】表示根节点为u的连通块（包括u），它的连通块大小为p时的方案数

其中dp【u】【0】表示所有方案之和

这样就是一个计数问题，而计数问题最怕遗漏和重复，状态该如何转移呢？

对于它的一个子节点v，当u访问到v时，假设之前已经访问了几个子节点，之前访问的节点个数为siz[u]，那么假设我们要让连通块大小为p，p可以从两个地方来：从之前访问过的节点中，也就是siz【u】，也可以从现在正在访问的节点v，也就是siz【v】。那么根据乘法计数原理，答案就是两者相乘。

搜索代码如下：

 for(int i=0;i<G[u].size();i++){int v=G[u][i];dfs(v);ll temp[maxn];memset(temp,0,sizeof(temp));for(int ii=1;ii<=siz[u];ii++){for(int j=0;j<=min(k-ii,siz[v]);j++){//当前连通块大小为ii+j，其中ii来自之前访问过的子节点，j来自现在正在访问的子节点，计数原理为乘temp[ii+j]=(temp[ii+j]%mod+dp[u][ii]*dp[v][j]%mod)%mod;}}for(int j=1;j<=k;j++){dp[u][j]=temp[j];}siz[u]+=siz[v];}

所以整个代码也就很好写了。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <vector>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=998244353;
const int maxn=2000+10;
vector<int>G[maxn];
ll dp[maxn][maxn];
ll n,k;
ll siz[maxn];//每个节点的子节点个数
void dfs(int u){siz[u]=1;dp[u][1]=1;for(int i=0;i<G[u].size();i++){int v=G[u][i];dfs(v);ll temp[maxn];memset(temp,0,sizeof(temp));for(int ii=1;ii<=siz[u];ii++){for(int j=0;j<=min(k-ii,siz[v]);j++){//当前连通块大小为ii+j，其中ii来自之前访问过的子节点，j来自现在正在访问的子节点，计数原理为乘temp[ii+j]=(temp[ii+j]%mod+dp[u][ii]*dp[v][j]%mod)%mod;}}for(int j=1;j<=k;j++){dp[u][j]=temp[j];}siz[u]+=siz[v];}for(int i=1;i<=k;i++){dp[u][0]+=dp[u][i];dp[u][0]%=mod;}
}int main(){while(scanf("%lld%lld",&n,&k)!=EOF){for(int i=1;i<n;i++){int u,v;scanf("%d%d",&u,&v);G[u].push_back(v);}memset(dp,0,sizeof(dp));dfs(1);printf("%lld\n",dp[1][0]);}return 0;
}