CodeForces - 1551F Equidistant Vertices(暴力+dp)

题目链接：点击查看

题目大意：给出一棵 $n$ 个节点组成的树，问选出 $k$ 个节点满足相互之间距离相等的方案数有多少

题目分析：$n=100$，感觉数据范围越小的题目越难发现 tag。补完这个题目后发现每个知识点自己都已经掌握了，但是组合起来就分析不出来，分析题目的能力还是有所欠缺

回到本题，首先特判 $k==2$ 的情况，样例也给出了提示。

需要思考出的一个思维点就是，$k$ 个节点相互之间的距离相等，等价于存在一个中间点 $x$，满足任意两个节点 $dis(a_i,x)=dis(a_j,x)$ 成立。所以我们可以去枚举中间点作为根节点 $root$，然后将 $n$ 个节点按照深度分类讨论即可。需要注意的是，在同一深度下选出的两个节点，其路径必须要经过点 $root$ 才有意义，换句话说，必须要保证任意两个点的 $LCA=root$ 才行。其实处理方法非常简单，设 $son$ 集合为 $root$ 的相邻子节点，对于 $son$ 中每个节点所代表的的子树中，我们至多选择一个节点就好啦，稍微转换一下就是每个子树至多被选一次，那么这个用 $dp[i][j]$ 代表前 $i$ 个子树中，选择了 $j$ 个子树的方案数，用 dp 转移就好了

至此理论部分结束，时间复杂度是枚举 $root$ 的 $O(n)$，枚举深度的 $O(n)$ 和 $dp$ 的 $O(n^2)$，共 $O(n^4)$

代码：

// Problem: F. Equidistant Vertices
// Contest: Codeforces - Codeforces Round #734 (Div. 3)
// URL: https://codeforces.com/contest/1551/problem/F
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

// #pragma GCC optimize(2)
// #pragma GCC optimize("Ofast","inline","-ffast-math")
// #pragma GCC target("avx,sse2,sse3,sse4,mmx")
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<climits>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<sstream>
#include<cassert>
#include<bitset>
#include<list>
#include<unordered_map>
#define lowbit(x) (x&-x)
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ull;
template<typename T>
inline void read(T &x)
{
	T f=1;x=0;
	char ch=getchar();
	while(0==isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(0!=isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar();
	x*=f;
}
template<typename T>
inline void write(T x)
{
	if(x<0){x=~(x-1);putchar('-');}
    if(x>9)write(x/10);
    putchar(x%10+'0');
}
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=1e6+100;
const int mod=1e9+7;
int n,k;
vector<int>node[N],son;
int cnt[110][110];//cnt[i][j]:第i个子树深度为j的孩子个数
LL dp[110][110];//dp[i][j]:前i个子树中选择了j个子树的方案数
void dfs(int u,int fa,int root,int deep) {
	cnt[root][deep]++;
	for(auto v:node[u]) {
		if(v==fa) {
			continue;
		}
		dfs(v,u,root,deep+1);
	}
}
LL cal(vector<int>son) {
	memset(dp,0,sizeof(dp));
	int n=son.size()-1;
	dp[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		for(int j=0;j<=i;j++) {
			if(j) {
				dp[i][j]+=dp[i-1][j-1]*son[i];
			}
			dp[i][j]+=dp[i-1][j];
			dp[i][j]%=mod;
		}
	}
	return dp[n][k];
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
//	freopen("data.in.txt","r",stdin);
//	freopen("data.out.txt","w",stdout);
#endif
//	ios::sync_with_stdio(false);
	int w;
	cin>>w;
	while(w--) {
		read(n),read(k);
		for(int i=1;i<=n;i++) {
			node[i].clear();
		}
		for(int i=1;i<n;i++) {
			int u,v;
			read(u),read(v);
			node[u].push_back(v);
			node[v].push_back(u);
		}
		if(k==2) {
			cout<<n*(n-1)/2<<endl;
			continue;
		}
		LL ans=0;
		for(int root=1;root<=n;root++) {
			memset(cnt,0,sizeof(cnt));
			for(auto v:node[root]) {
				dfs(v,root,v,1);
			}
			for(int dep=1;dep<=n;dep++) {
				son.clear();
				son.push_back(-1);//哨兵节点
				for(auto v:node[root]) {
					son.push_back(cnt[v][dep]);
				}
				ans=(ans+cal(son))%mod;
			}
		}
		cout<<ans<<endl;
	}
	return 0;
}