BZOJ5314：[JSOI2018]潜入行动——题解

https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=5314

https://www.luogu.org/problemnew/show/P4516

https://loj.ac/problem/2546

外星人又双叒叕要攻打地球了，外星母舰已经向地球航行！这一次，JYY已经联系好了黄金舰队，打算联合所有JSOIer抵御外星人的进攻。在黄金舰队就位之前，JYY打算事先了解外星人的进攻计划。现在，携带了监听设备的特工已经秘密潜入了外星人的母舰，准备对外星人的通信实施监听。外星人的母舰可以看成是一棵n个节点、n-1条边的无向树，树上的节点用1,2...n编号。JYY的特工已经装备了隐形模块，可以在外星人母舰中不受限制地活动，可以神不知鬼不觉地在节点上安装监听设备。如果在节点u安装监听设备，则JYY能够监听与u直接相邻所有的节点的通信。换言之，如果在节点u安装监听设备，则对于树中每一条边(u,v)，节点v都会被监听。特别注意放置在节点u的监听设备并不监听u本身的通信，这是JYY特别为了防止外星人察觉部署的战术。

 

 JYY的特工一共携带了k个监听设备，现在JYY想知道，有多少种不同的放置监听设备的方法，能够使得母舰上所有节点的通信都被监听？为了避免浪费，每个节点至多只能安装一个监听设备，且监听设备必须被用完。

一个很好想的dp[i][j][0/1][0/1]表示i为根的子树放了j个设备，i结点没放/放了设备，i结点没被控制/控制。

然后就是惊天地泣鬼神的转移了，看代码应该能看懂吧，我们其实就是把每棵子树按照乘法原理依次加入即可。

难还真不难，但是dp式子真心长，还卡你常，你就没话说了（虽然最坏复杂度是O(nkk)的但是显然达不到，而且这种树形dp依赖每棵子树更新的话应该是有O(nk)做法的。）

UPD：听说这个复杂度就是O(nk)的？然而网上的证明并没有看懂……

#include<cmath>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int p=1e9+;
const int N=1e5+;
const int K=;
inline int read(){
    int X=,w=;char ch=;
    while(!isdigit(ch)){w|=ch=='-';ch=getchar();}
    while(isdigit(ch))X=(X<<)+(X<<)+(ch^),ch=getchar();
    return w?-X:X;
}
struct node{
    int to,nxt;
}e[N*];
int n,k,cnt,head[N],size[N];
int f[N][K][][],g[K][][];
inline void ins(int u,int v){
    e[++cnt].to=v;e[cnt].nxt=head[u];head[u]=cnt;
}
inline void add(int &x,ll y){
    x+=y%p;
    if(x>=p)x-=p;
}
void dfs(int u,int fa){
    size[u]=;
    f[u][][][]=f[u][][][]=;
    for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){
    int v=e[i].to;
    if(v==fa)continue;
    dfs(v,u);
    for(int i=,l1=min(k,size[u]);i<=l1;i++){
        g[i][][]=f[u][i][][];f[u][i][][]=;
        g[i][][]=f[u][i][][];f[u][i][][]=;
        g[i][][]=f[u][i][][];f[u][i][][]=;
        g[i][][]=f[u][i][][];f[u][i][][]=;
    }
    for(int i=,l1=min(k,size[u]);i<=l1;i++){
        for(int j=,l2=min(k-i,size[v]);j<=l2;j++){
        add(f[u][i+j][][],(ll)g[i][][]*f[v][j][][]);
        add(f[u][i+j][][],(ll)g[i][][]*(f[v][j][][]+f[v][j][][])+(ll)g[i][][]*f[v][j][][]);
        add(f[u][i+j][][],(ll)g[i][][]*(f[v][j][][]+f[v][j][][]));
        add(f[u][i+j][][],(ll)g[i][][]*((ll)f[v][j][][]+f[v][j][][]+f[v][j][][]+f[v][j][][])+(ll)g[i][][]*(f[v][j][][]+f[v][j][][]));
        }
    }
    size[u]+=size[v];
    }
}
int main(){
    n=read(),k=read();
    for(int i=;i<n;i++){
    int u=read(),v=read();
    ins(u,v);ins(v,u);
    }
    dfs(,);
    printf("%d\n",(f[][k][][]+f[][k][][])%p);
    return ;
}