CF1097G 题解

Description

给定一棵 $n$ 个点的树，求所有点集的最小斯坦纳树大小的 $k$ 次方和。

答案对 $10^9+7$ 取模，$1\le n\le 10^5,1\le k\le 200$。

Solution

$\lceil$ 算法二 $\rfloor$ 为本题正解，$\lceil$ 算法一 $\rfloor$ 是个人思考的产物，两部分联系不大，可以直接跳到 $\lceil$ 算法二 $\rfloor$。

算法一

看到一个和式的 $k$ 次方，我们的第一反应是将它拆开。

$${\left(\sum _{x\in S}x\right)}^k=(k!)\sum _{p,{\sum }_{x\in S}{p}_x=k}\prod _{x\in S}\frac{x^{p_x}}{p_x!}$$

我们令每条虚树上的边可以被钦定多次，钦定 $x$ 次的代价为 $\frac{w^x}{x!}$，这里 $w$ 为边权，本题中恒等于 $1$。显然，将所有钦定方案的和乘 $k!$ 即为答案。

考虑 $\text{dp}$。

令 $f_{u,i}$ 表示，目前看了以 $u$ 为根的子树及 $u$ 的父边，总共钦定了 $i$ 次的总贡献。

考虑转移。

• 首先，我们处理边界，即 $f_{u,0}$。

• 接着，将 $u$ 的各个儿子 $v$ 的 $f_v$ 合并。具体来说，我们将 $f_{u,i}$ 与 $f_{v,j}$ 合并到 $f_{u,i+j}^{\prime }$，每次都以 $\min (siz{e}_u,k)\times \min (siz{e}_v,k)$ 的时间代价进行合并，均摊 $O(k)$。

• 然后，我们考虑 $u$ 的父边 $(u,f{a}_u)$。令原状态为 $f_{u,i}$，若 $(u,f{a}_u)$ 被钦定了 $x$ 次，则可以从 $f_{u,i}$ 转移到 $f_{u,i+x}$，转移系数为 $\frac{1}{k^x}$，可以用 NTT 优化，单次 $O(k\log k)$。

总复杂度 $O(nk\log k)$，考虑优化。

算法二

算法一中，父边可以被钦定很多次，这导致我们很难将 NTT 的 $\log k$ 去掉。

考虑另一种计算 $k$ 次方的算法——斯特林数。

$$t^k=\sum _{i=0}^k\left\{\begin{array}{c}k\\ i\end{array}\right\}i!\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{t}{i}\right)$$

我们可以 $O(k^2)$ 地递归预处理出每个 $\left\{\begin{array}{c}k\\ i\end{array}\right\}$，现在关键在于计算 $\sum \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{t}{i}\right)$。换言之，我们需要求出，在所有点集对应的最小斯坦纳树中任选 $k$ 条边的总方案数。

考虑 $\text{dp}$。

令 $f_{u,i}$ 表示，在以 $u$ 为根的子树以及 $u$ 的父边中，任选 $i$ 条边的方案数。

考虑转移。

• 首先，我们处理边界，即令 $f_{u,0}=2$。

• 接着，我们将各个子节点的状态合并到一起，均摊 $O(k)$。

• 然后，我们考虑 $u$ 的父边。若它被选，则可以将某个 $f_{u,i}$ 转移到 $f_{u,i+1}$；若未被选，则状态轮廓依然是 $f_{u,i}$。即，我们执行如下操作：$\forall i\in [1,\min (siz{e}_u,k)]$，$f_{u,i}:=f_{u,i}+f_{u,i-1}$。

• 注意，$f_{u,1}$ 中多计算了一种父边被选，子树为空的情况，根据虚树的定义它显然不合法；从而，我们需要将 $f_{u,1}$ 扣去 $1$。

综上所述，我们通过斯特林数的推导以及 $\text{dp}$ 方程与转移的推导解决了本题。总时间复杂度 $O(nk)$。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn=100005,maxk=205,mod=1e9+7;

int read(){
	int s=0,w=1;char ch=getchar();
	while (ch<'0'||ch>'9'){if (ch=='-')  w=-w;ch=getchar();}
	while (ch>='0'&&ch<='9'){s=(s<<1)+(s<<3)+(ch^'0');ch=getchar();}
	return s*w;
}
int n,k,res,cnt;
int st[maxk][maxk],head[maxn],f[maxn][maxk],ans[maxk],jc[maxk],siz[maxn],tmp[maxk];

struct edge{int nxt,to;}e[maxn<<1];

void add_edge(int u,int v){
	cnt++;
	e[cnt].to=v,e[cnt].nxt=head[u],head[u]=cnt;
}

void dfs(int now,int fath){
	f[now][0]=2,siz[now]=1;
	for (int i=head[now];i;i=e[i].nxt){
		int y=e[i].to;
		if (y==fath)  continue;
		dfs(y,now);
		for (int j=0;j<=k;j++)  tmp[j]=0;
		for (int j=0;j<=min(siz[now],k);j++){
			for (int w=0;w<=min(siz[y],k-j);w++)
			  tmp[j+w]=(tmp[j+w]+f[now][j]*f[y][w])%mod;
		}
		for (int j=0;j<=k;j++){
			f[now][j]=tmp[j];
			ans[j]=(ans[j]+mod-f[y][j])%mod;
		} 
		siz[now]+=siz[y];
	}
	for (int i=0;i<=k;i++)  ans[i]=(ans[i]+f[now][i])%mod;
	for (int i=min(siz[now],k);i>=1;i--)  f[now][i]=(f[now][i]+f[now][i-1])%mod;
	f[now][1]=(f[now][1]+mod-1)%mod;
}

signed main(){
	n=read(),k=read();
	for (int i=1;i<n;i++){
		int u=read(),v=read();
		add_edge(u,v),add_edge(v,u);
	}
	st[0][0]=1,jc[0]=1;
	for (int i=1;i<=k;i++)  jc[i]=(jc[i-1]*i)%mod;
	for (int i=1;i<=k;i++){
		for (int j=1;j<=k;j++)  st[i][j]=(st[i-1][j-1]+st[i-1][j]*j)%mod;
	}
	dfs(1,0);
	for (int i=1;i<=k;i++){
		int cur=(st[k][i]*jc[i])%mod;
		cur=(cur*ans[i])%mod;
		res=(res+cur)%mod; 
	}
	cout<<res<<endl;
	
	return 0;
}