2018.07.22 洛谷P3047附近的牛（树形dp）

传送门

给出一棵n" role="presentation" style="position: relative;">nn个点的树，每个点上有Ci" role="presentation" style="position: relative;">CiCi头牛，问每个点k" role="presentation" style="position: relative;">kk步范围内各有多少头牛。

刚看完题惊了这东西不可做啊。

然后就开始想换根dp" role="presentation" style="position: relative;">dpdp，结果没杠出来。

继续读题发现k" role="presentation" style="position: relative;">kk很小啊，才20" role="presentation" style="position: relative;">2020，那这怕不是可以跑一个O（nk）" role="presentation" style="position: relative;">O（nk）O（nk）的算法哦。

然后发现确实可以O（nk）" role="presentation" style="position: relative;">O（nk）O（nk）做出来，方法是这样的。

我们仍然先选一个节点（为了方便我选的就是1" role="presentation" style="position: relative;">11）当根节点，然后用siz[p][k]" role="presentation" style="position: relative;">siz[p][k]siz[p][k]表示出以每个p" role="presentation" style="position: relative;">pp作为根节点的子树中距离p" role="presentation" style="position: relative;">pp不大于k" role="presentation" style="position: relative;">kk的节点的权值和，子树之外的节点都先不管。这个东西是可以先通过儿子的信息先转移出每个p" role="presentation" style="position: relative;">pp作为根节点的子树中距离p" role="presentation" style="position: relative;">pp等于k" role="presentation" style="position: relative;">kk的节点的权值和，然后再跑一边前缀和求出来的，时间复杂度O（nk）" role="presentation" style="position: relative;">O（nk）O（nk），然后对于每一个点u" role="presentation" style="position: relative;">uu，以它作为整个树的根节点时，整棵树的贡献就是沿着u" role="presentation" style="position: relative;">uu到1" role="presentation" style="position: relative;">11的链向上跳，跳到跳不动或者已经跳了k" role="presentation" style="position: relative;">kk步停止，跳的时候用简单的容斥原理统计答案（其实就是累加siz[fa][k]−siz[p][k−1]" role="presentation" style="position: relative;">siz[fa][k]−siz[p][k−1]siz[fa][k]−siz[p][k−1]），时间复杂度仍然是O（nk）" role="presentation" style="position: relative;">O（nk）O（nk）。

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
#define N 100005
using namespace std;
int first[N],n,siz[N][21],cnt=0,dp[N],fa[N],k;
struct Node{int v,next;}e[N<<1];
inline void add(int u,int v){e[++cnt].v=v,e[cnt].next=first[u],first[u]=cnt;}
inline int read(){
    int ans=0;
    char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch))ch=getchar();
    while(isdigit(ch))ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(ch^48),ch=getchar();
    return ans;
}
inline void write(int x){
    if(x>9)write(x/10);
    putchar((x%10)^48);
}
inline void dfs(int p){
    for(int i=first[p];i;i=e[i].next){
        int v=e[i].v;
        if(v==fa[p])continue;
        fa[v]=p;
        dfs(v);
        for(int j=1;j<=k;++j)siz[p][j]+=siz[v][j-1];
    }
}
inline int solve(int p){
    int ret=siz[p][k],pos=k-1;
    while(fa[p]&&pos!=-1){
        ret+=siz[fa[p]][pos]-(pos?siz[p][pos-1]:0);
        --pos,p=fa[p];
    }
    return ret;
}
int main(){
    n=read(),k=read();
    for(int i=1;i<n;++i){
        int u=read(),v=read();
        add(u,v),add(v,u);
    }
    for(int i=1;i<=n;++i)siz[i][0]=read();
    dfs(1);
    for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=1;j<=k;++j)siz[i][j]+=siz[i][j-1];
    for(int i=1;i<=n;++i)write(solve(i)),puts("");
    return 0;
}