Codeforces #995F: Cowmpany Cowmpensation 题解

最新推荐文章于 2021-11-18 14:45:30 发布

IcePrincess_1968

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本文介绍了一道典型的DP算法竞赛题目，通过对问题的深入分析，采用了一种避免重复计数的方法来求解树形结构中节点权值种类的方案数量。通过递归计算和组合数学的应用，最终给出了一种O(n^2)的解决方案。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

非常好的dp题
首先可以参见topcoder rooksparty的套路，就是我算这棵树的权值种数为i的方案数，最后乘 $C_D^i$ 就好
考虑dp[i][j]表示以i为根的子树，i的权值不超过j的方案数
我们发现这样会重复计数，因为我们计算了一些本质相同的方案，比如全1和全2，他们各自在乘 $C_D^i$ 的时候会把对方算进去
所以我们实际上要算的是本质不同的方案数
dp[i][j]所算的方案权值种数显然不会超过j，我们对于1号点，维护g[i]表示权值种数为i的方案有多少种，我们可以有

g [i] = d p [1] [i] - \sum j = 1 i - 1 g [j] * C j i

$g[i]=dp[1][i]-\sum_{j=1}^{i-1}g[j]*C_i^j$
要注意到在i的数据范围内扣除j要乘一个组合数
这样总复杂度

O(n2)O(n2) $O(n^2)$

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <string>
#include <cstdlib>
#include <utility>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#include <bitset>
#include <set>
#include <map>
#include <vector>
#include <queue>
#include <deque>
#include <stack>
#include <cmath>
#define LL long long
#define LB long double
#define x first
#define y second
#define Pair pair<int,int>
#define pb push_back
#define pf push_front
#define mp make_pair
#define LOWBIT(x) x & (-x)
using namespace std;

const int MOD=1e9+7;
const LL LINF=2e16;
const int INF=2e9;
const int magic=348;
const double eps=1e-10;
const double pi=3.14159265;

inline int getint()
{
    char ch;int res;bool f;
    while (!isdigit(ch=getchar()) && ch!='-') {}
    if (ch=='-') f=false,res=0; else f=true,res=ch-'0';
    while (isdigit(ch=getchar())) res=res*10+ch-'0';
    return f?res:-res;
}

inline LL mod(LL x) {while (x>=MOD) x-=MOD;while (x<0) x+=MOD;return x;}

vector<int> v[3048];
LL dp[3048][3048];
LL DP[3048];
LL c[3048][3048];

int n,d;

inline void dfs(int cur)
{
    int i,j,y;
    if (int(v[cur].size())==0)
    {
        for (i=1;i<=n;i++) dp[cur][i]=i;
        return;
    }
    for (i=0;i<int(v[cur].size());i++) dfs(v[cur][i]);
    for (i=1;i<=n;i++)
    {
        dp[cur][i]=1;
        for (j=0;j<int(v[cur].size());j++)
            dp[cur][i]=(dp[cur][i]*dp[v[cur][j]][i])%MOD;
        dp[cur][i]=mod(dp[cur][i]+dp[cur][i-1]);
    }
}


LL inv[3048],finv[3048];
inline void init_inv()
{
    inv[0]=inv[1]=finv[0]=finv[1]=1;
    for (register int i=2;i<=n;i++)
    {
        inv[i]=MOD-((long long)(MOD/i)*inv[MOD%i])%MOD;
        finv[i]=(finv[i-1]*inv[i])%MOD;
    }
}

inline void init_c()
{
    int i,j;
    c[0][0]=1;
    for (i=1;i<=n;i++)
    {
        c[i][0]=c[i][i]=1;
        for (j=1;j<=i-1;j++)
            c[i][j]=mod(c[i-1][j-1]+c[i-1][j]);
    }
}

inline LL C(int x,int y)
{
    LL res=1;
    for (register int i=x;i>=x-y+1;i--) res=(res*i)%MOD;
    res=(res*finv[y])%MOD;
    return res;
}

int main ()
{
    int i,j,x,y;n=getint();d=getint();
    for (i=2;i<=n;i++) x=getint(),v[x].pb(i);
    init_inv();init_c();
    dfs(1);
    DP[1]=1;
    for (i=2;i<=n;i++)
    {
        DP[i]=dp[1][i];
        for (j=1;j<=i-1;j++)
            DP[i]=mod(DP[i]-(DP[j]*c[i][j])%MOD);
    }
    LL ans=0;
    for (i=1;i<=min(d,n);i++) ans=mod(ans+(DP[i]*C(d,i))%MOD);
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}