题解 [BZOJ2159] Crash的文明世界

题面

解析

这题一眼换根DP啊

首先,我们考虑一下如何转换\(n^m\)这个式子,

先把式子摆出来吧:\(n^m=\sum_{j=0}^mS(m,j)C_n^jj!\)

其中\(S(m,j)\)表示第二类斯特林数,

(其实就是把\(m\)个不同的小球放到\(j\)个相同的盒子里,且盒子不为空的方案数)

我们感性理解一下(懒得不会推式子),

\(n^m\)其实就表示将\(m\)个不同的球放入\(n\)个不同的盒子里,

而我们可以枚举有\(j\)个盒子里面放了小球,

那么方案数就是\(S(m,j)\)(如上)\(*C_n^j\)(选出\(j\)个盒子的方案数)\(*j!\)(因为盒子是不同的所以有排列)

那么上面的式子就很好理解了吧.

然而这到底有什么用?

我们将题目中的条件代入到上式中,

对于每个节点\(x\),

我们要求的是\(\sum_{i=1}^n dis(x,i)^k\),其中\(dis(i,j)\)表示\(i,j\)的距离,

首先考虑\(x\)为根,

那么\(dis(x,i)\)也就是\(dep[i]\)(深度)(\(dep[x]=0\)).

而式子就可以变形成\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=0}^kS(k,j)C_{dep[i]}^jj!\)

\(=\sum_{j=0}^k\sum_{i=1}^nS(k,j)j!C_{dep[i]}^j\)

\(=\sum_{j=0}^kS(k,j)j!\sum_{i=1}^nC_{dep[i]}^j\)

所以我们可以发现,

真正与节点有关的,就是\(\sum_{i=1}^nC_{dep[i]}^j\),

而前面的都是常数.

所以,我们设\(f[x][j]\)表示\(\sum_iC_{dep[i]}^j\),\(i\)为以\(x\)为根的子树中的节点,

而根据\(C_n^m=C_{n-1}^m+C_{n-1}^{m-1}\),

我们可以得到\(f[x][j]=\sum_iC_{dep[i]-1}^j+C_{dep[i]-1}^{j-1}\),

而对于\(x\)的子节点\(i\)来说,在\(i\)的子树中,每个点的深度对比以\(x\)为根都减了一,

因此,递推式就能出来了:

\(f[x][j]=\sum_{i=son[x]}f[i][j]+f[i][j-1]\).

然而,这个式子只对于一开始钦定的整棵树的根有效,

因此我们还需要来一次换根DP,

这个看代码就能理解了:

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define ll long long
#define fre(x) freopen(x".in","r",stdin),freopen(x".out","w",stdout)
using namespace std;

inline int read(){
	int sum=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch>'9' || ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0' && ch<='9'){sum=sum*10+ch-'0';ch=getchar();}
	return f*sum;
}

const int N=100001;
const int Mod=10007;
struct edge{int to,next;}e[N<<1];
int n,K;
int head[N],cnt;
int jc[201],s[201][201];
int f[N][201],g[N][201],tem[201];

inline void add(int x,int y){
	e[++cnt]=(edge){head[x],y};head[x]=cnt;
}

inline void dfs(int x,int fa){
	f[x][0]=1;
	for(int i=head[x];i;i=e[i].to){
		int k=e[i].next;if(k==fa) continue;
		dfs(k,x);f[x][0]=(f[x][0]+f[k][0])%Mod;
		for(int j=1;j<=K;j++) f[x][j]=(f[x][j]+f[k][j]+f[k][j-1])%Mod;
	}
}

inline void dfs2(int x,int fa){
	for(int j=0;j<=K;j++) g[x][j]=f[x][j];
	if(fa){
		for(int j=1;j<=K;j++) tem[j]=(g[fa][j]-f[x][j]+Mod-f[x][j-1]+Mod)%Mod;
		tem[0]=(g[fa][0]-f[x][0]+Mod)%Mod;
		for(int j=1;j<=K;j++) g[x][j]=(g[x][j]+tem[j]+tem[j-1])%Mod;
		g[x][0]=(g[x][0]+tem[0])%Mod;
	}
	for(int i=head[x];i;i=e[i].to){
		int k=e[i].next;if(k==fa) continue;
		dfs2(k,x);
	}
}

int main(){
	n=read();K=read();
	for(int i=1;i<n;i++){
		int x=read(),y=read();
		add(x,y);add(y,x);
	}
	jc[0]=1;s[1][1]=s[0][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++)
			s[i][j]=(s[i-1][j]*j+s[i-1][j-1])%Mod;//预处理
	dfs(1,0);/*求出f[x][j]*/dfs2(1,0);/*换根DP*/
	for(int i=1;i<=n;i++){
		ll ans=0;
		for(int j=0;j<=K;j++) ans=(ans+s[K][j]*jc[j]%Mod*g[i][j]%Mod)%Mod;
		printf("%lld\n",(ans+Mod)%Mod);
	}
	return 0;
}