Codeforces 954H Path Counting（DP）

题目链接  Path Counting

题意  给定一棵高度为$n$的树，给出每一层的每个点的儿子个数（某一层的所有点儿子个数相同）。

　　  令$f_{k}$为长度为$k$的路径条数，求$f_{1}, f_{2}, ..., f_{2n-2}$。

考虑DP，设$f[i][j]$为从深度为$i$的点出发背对以$i$为根的子树（即任何时候都不进入以$i$为根的子树）走$j$步之后可以到达的点的个数。

（同一条边最多走一次）

那么$f[i][j] = f[i-1][j-1] + calc(i-1, j-1)$， $calc(i, j)$为从$i$点出发往以$i$为根的子树走$j$步能到达的点的个数。

然后这一层对答案的贡献即为$f[i][j] * g[i]$（$g[i]$为第$i$层结点个数）

我们会发现这样那些一个点为另一个点的祖先的路径只统计了一次，其他路径统计了两次。

为了一致我们再求一遍前者类型路径的个数，加起来除以$2$即可。

时间复杂度$O(n^{2})$

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define rep(i, a, b)	for (int i(a); i <= (b); ++i)
#define dec(i, a, b)	for (int i(a); i >= (b); --i)

const int N = 5e3 + 10;
const int mod = 1e9 + 7;
const int rev = 5e8 + 4;

int a[N << 1], f[N][N << 1];
int num[N << 1], c[N << 2], s[N << 1], inv[N << 1];
int ans[N << 1];
int n;

inline int Pow(int a, int b, int mod){
        int ret = 1;
        for (; b; b >>= 1, a = 1ll * a * a % mod) if (b & 1) ret = 1ll * ret * a % mod;
        return ret;
}

int calc(int x, int y){
	int ret = (a[x] + mod - 1) % mod;
	ret = 1ll * ret * c[x + y - 1] % mod;
	ret = 1ll * ret * inv[x] % mod;
	return ret;
}

int main(){

	scanf("%d", &n);
	rep(i, 1, n - 1) scanf("%d", a + i);

	num[1] = 1;
	rep(i, 2, n) num[i] = 1ll * num[i - 1] * a[i - 1] % mod;

	c[0] = 1;
	rep(i, 1, n) c[i] = 1ll * c[i - 1] * a[i] % mod;

	rep(i, 1, n) inv[i] = Pow(c[i], mod - 2, mod);

	s[0] = 0;
	rep(i, 1, n) s[i] = (s[i - 1] + num[i]) % mod;

	rep(i, 2, n){
		f[i][1] = 1;
		rep(j, 2, 2 * n - 2){
			f[i][j] = (1ll * f[i - 1][j - 1] + calc(i - 1, j - 1)) % mod;
		}
	}

	rep(i, 1, 2 * n - 2){
		rep(j, 1, n){
			ans[i] = (1ll * ans[i] + 1ll * f[j][i] * num[j]) % mod;
		}
	}

	rep(i, 1, n - 1){
		ans[i] = (ans[i] + s[n]) % mod;
		ans[i] = (ans[i] - s[i] + mod) % mod;
	}

	rep(i, 1, 2 * n - 2) ans[i] = 1ll * ans[i] * rev % mod;
	rep(i, 1, 2 * n - 2) printf("%d\n", ans[i]);
	return 0;
}