树的重心DP HDU4863 Centroid of a Tree

最新推荐文章于 2022-03-23 10:47:47 发布

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探讨树的重心性质，并利用动态规划(DP)解决HDU4863问题，计算具有相同重心的子树数量。涉及树的唯一与双重心情况分析，以及预处理子树节点计数的方法。

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题目链接

给一棵树，问这棵树有多少子树，其重心与原树一样。

乍一看题目无从下手，，总会想怎么找出或者构造这些子树。

但即使这样也应该清楚的意识到这是一个计数问题，很大可能会用到DP来解决。

进而思考树的重心有哪些性质？

首先应当知道，树必有重心，重心规定所有节点的最大儿子树节点最小的那个为树的重心。重心的最大儿子树的节点不应超过n/2（下取整），然后分两种情况：

1，最大的儿子树节点数不到n的一半，这时树的重心是惟一的，且具有这个性质的节点只有一个，也就是说最大儿子树节点数目不到n的一半与该节点是树的唯一重心是充要关系。

1补，最大儿子树的节点树小于等于其它儿子树节点和，则该节点成为树的重心，因为该性质使得该节点符合重心的规定，此外，不符合该性质，该节点一定不是树的唯一重心或者非重心（充要关系）。

2，最大儿子树节点数等于n的一半（n偶数），这时树有两个重心，分别为该节点与该儿子，也就推出来一棵树有两个重心当且仅当这两个节点相邻且把两节点断开后形成的子树有相同的节点树（n/2）。

有了这两个性质，我们可以先求出原树的重心，然后分别计数，计数过程中需要预处理以i节点为根拥有j个节点的子树个数dp[i][j]。

第一种情况，枚举最大儿子树，它的节点数应该小于或等于其它子树的节点数和，由于它要保持最大，正难则反，我们统计最大儿子树的节点数大于其它子树节点和的情况，然后用总的情况减去它。

第二种情况：只要这两个节点断开后两颗树拥有相同的节点数，它们必为树的两个重心。

通过这道题目，对树的重心又有了更深的了解。许多性质证明都比较简单，但也不容易想到。

#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <map>
#include <set>
#include <string>
#include <vector>
#include <queue>

using namespace std;

#define  N    333
#define  LL   long long
#define  mod  10007ll
#define  inf  0XFFFFFFF
#define  pii  pair<int, int>
#define  mp   make_pair
#define  eps  1e-3

int n;
vector<int> node[N];
int sz[N];
int pre(LL dp[]) {
	int ret = n;
	while (ret > 0 && dp[ret] == 0) ret--;
	return ret;
}
int dfs(int u, int fa) {
	int ret = 1;
	for (int i = 0; i < node[u].size(); i++) {
		if (node[u][i] == fa) continue;
		int tmp = dfs(node[u][i], u);
		sz[u] = max(sz[u], tmp);
		ret += tmp;
	}
	if (fa != -1)
		sz[u] = max(sz[u], n - ret);
	return ret;
}
LL dp[N][N];
void getdp(int u, int fa) {
	for (int i = 0; i < node[u].size(); i++) {
		if (node[u][i] == fa) continue;
		getdp(node[u][i], u);
	}
	dp[u][0] = 1;
	dp[u][1] = 1;
	for (int i = 0; i < node[u].size(); i++) {
		int v = node[u][i];
		if (v == fa) continue;
		int x = pre(dp[u]);
		int y = pre(dp[v]);
		for (int l1 = x; l1 > 0; l1--) {
			for (int l2 = y; l2 > 0; l2--) {
				dp[u][l1 + l2] += dp[u][l1] * dp[v][l2];
				dp[u][l1 + l2] %= mod;
			}
		}
	}
}
LL work1(int u1, int u2) {
	getdp(u1, u2);
	getdp(u2, u1);
	LL ret = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		ret = (ret + dp[u1][i] * dp[u2][i]) % mod;
	return ret;
}
LL f[N];
LL work(int u) {
	getdp(u, -1);
	LL ct = 0;
	for (int i = 0; i < node[u].size(); i++) {
		memset(f, 0, sizeof f);
		f[0] = 1;
		int v = node[u][i];
		for (int j = 0; j < node[u].size(); j++) {
			if (i == j) continue;
			int l1 = pre(f);
			int l2 = pre(dp[node[u][j]]);
			for (int x = l1; x >= 0; x--) {
				for (int y = l2; y > 0; y--) {
					f[x + y] += f[x] * dp[node[u][j]][y];
					f[x + y] %= mod;
				}
			}
		}
		int l1 = pre(dp[v]);
		for (int x = 0; x <= l1; x++) {
			for (int y = 0; y < x; y++) {
				ct += dp[v][x] * f[y];
				ct %= mod;
			}
		}
	}
	LL l = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		l = (l + dp[u][i]) % mod;
	return (l + mod - ct) % mod;

}
int Main() {
	int T; scanf("%d", &T);
	int tt = 0;
	while (T--) {
		scanf("%d", &n);
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			node[i].clear();
		}
		memset(sz, 0, sizeof sz);
		memset(dp, 0, sizeof dp);
		for (int i = 0; i < n - 1; i++) {
			int u, v; scanf("%d%d", &u, &v);
			node[u].push_back(v);
			node[v].push_back(u);
		}
		dfs(1, -1);
		int u1 = 0, u2 = 0;
		sz[0] = n + n;
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			if (sz[i] < sz[u1])
				u1 = i;
			else if (sz[i] == sz[u1])
				u2 = i;
		}
		cout << "Case " << ++tt << ": ";
		if (sz[u1] == sz[u2])
			cout << work1(u1, u2) << endl;
		else cout << work(u1) << endl;
	}
	return 0;
}

int main() {
	return Main();
}