【JSOI2018】潜入行动

树形\(DP\)。设\(f_{i,j,0/1,0/1}\)表示以\(i\)为根的子树中，用了\(j\)个监听器，是否放置了监听器，是否被监听的方案数。转移就多讨论几种情况就好了。

关键问题是直接这么做是\(O(NK^2)\)的。

解决方案就是，我们别\(DP\)边维护子树的大小\(size\),每次枚举子树的监听器的时候不能超过\(min\{size,k\}\)。这看似只是一个常数优化，但其实可以吧复杂度降到\(O(NK)\)。

可以看这位dalao的证明

\(DP\)的时候按合并的两个子树大小分为三种情况：

1. 两个子树\(size\)均大于\(k\)。
2. 其中一个大于\(k\)，另一个小于等于\(k\)
3. 两个子树大小均小于等于\(k\)

然后对于复杂度的分析：

1. 合并一次\(O(k^2)\)，但是最多这样合并\(\frac{n}{k}\)次。
2. 考虑小的那颗子树每个点贡献一次复杂度。并且以后不会再贡献，因为合并后子树大小大于\(k\)了。
3. 考虑每个点贡献的次数就是每个合并时另一颗子树的大小。所以每个点最多贡献\(K\)次。

所以复杂度\(O(NK)\)

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 100005using namespace std;
inline int Get() {int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while('0'<=ch&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;}const ll mod=1e9+7;
int n,k;
struct road {int to,next;}s[N<<1];
int h[N],cnt;
void add(int i,int j) {s[++cnt]=(road) {j,h[i]};h[i]=cnt;}
ll f[N][105][2][2];
ll g[105][2][2];
int size[N];void dfs(int v,int fr) {size[v]=1;f[v][0][0][0]=1;f[v][1][1][0]=1;for(int i=h[v];i;i=s[i].next) {int to=s[i].to;if(to==fr) continue ;dfs(to,v);int lim=min(k,size[v]);memset(g,0,sizeof(g));for(int j=0;j<=lim;j++) {int lim2=min(size[to],k-j);for(int q=0;q<=lim2;q++) {(g[j+q][0][0]+=f[v][j][0][0]*f[to][q][0][1])%=mod;(g[j+q][0][1]+=f[v][j][0][1]*(f[to][q][0][1]+f[to][q][1][1])+f[v][j][0][0]*f[to][q][1][1])%=mod;(g[j+q][1][0]+=f[v][j][1][0]*(f[to][q][0][1]+f[to][q][0][0]))%=mod;(g[j+q][1][1]+=f[v][j][1][1]*(f[to][q][0][0]+f[to][q][0][1]+f[to][q][1][0]+f[to][q][1][1]))%=mod;(g[j+q][1][1]+=f[v][j][1][0]*(f[to][q][1][0]+f[to][q][1][1]))%=mod;}}memcpy(f[v],g,sizeof(g));size[v]+=size[to];}
}int main() {n=Get(),k=Get();int a,b;for(int i=1;i<n;i++) {a=Get(),b=Get();add(a,b),add(b,a);}dfs(1,0);int ans=0;ans=(ans+f[1][k][0][1]+f[1][k][1][1])%mod;cout<<ans;return 0;
}