Codeforces 995F Cowmpany Cowmpensation - 组合数学

题目传送门

　　传送点I

　　传送点II

　　传送点III

题目大意

　　给定一个棵$n$个点的有根树和整数$D$，给这$n$个点标号，要求每个节点的标号是正整数，且不超过父节点的标号，根节点的标号不得超过D。

　　很容易地能得到$O(nD)$的动态规划：设$f[i][j]$表示$i$号点标为$j$在它的子树内的方案数。

　　写写它的转移方程：$f[i][j] = \prod_{s \in Son(i)}\sum_{k = 1}^{j} f[s][k]$。

　　设$g[i][j]=\sum_{k = 1}^{j}f[i][k]$，那么转移方程就能写成：$f[i][j] = \prod_{s \in Son(i)} g[s][j]$。

　　感觉很优美，考虑它有怎样的性质。

引理1 $f[i][j]$可以看成是关于$j$的多项式，其次数是$i$的子树大小减1，$g[i][j]$可以看成是关于$j$的多项式，其次数是$i$的子树大小。

　　证明 考虑用归纳法。

　　考虑叶节点，它的$f[i][j] = 1, g[i][j] = j$，因此对于叶节点成立。

　　然后前一部分可以证明了。对于后一部分，因为$g[i]$是$f[i]$的前缀和函数，因此次数恰好比它大1（用差分）。

　　然后后面的做法就很傻逼了。记录每个点$f, g$函数的在$1,\cdots,n + 1$处的取值，暴力计算。最后用逐差法插值，求$f[1][D]$。

　　表示切完后才发现是Div 1。要不看标题，真以为是Div 2.

Code

 /**
  * Codeforces
  * Problem#995F
  * Accepted
  * Time: 140ms
  * Memory: 35400k
  */
 #include <iostream>
 #include <cstdlib>
 #include <cstdio>
 using namespace std;
 typedef bool boolean;

 const int N = , M = 1e9 + ;

 void exgcd(int a, int b, int& x, int& y) {
     if (!b)
         x = , y = ;
     else {
         exgcd(b, a % b, y, x);
         y -= (a / b) * x;
     }
 }

 int inv(int a, int n) {
     int x, y;
     exgcd(a, n, x, y);
     return (x < ) ? (x + n) : (x);
 }

 int n, D;
 int fa[N];
 int f[N][N];

 int add(int a, int b) {
     a = a + b;
     if (a >= M)
         a -= M;
     if (a < )
         a += M;
     return a;
 }

 inline void init() {
     scanf("%d%d", &n, &D);
     for (int i = ; i <= n; i++)
         scanf("%d", fa + i);
 }

 inline void solve() {
     for (int i = ; i <= n; i++)
         for (int j = ; j <= n + ; j++)
             f[i][j] = ;
     for (int i = n; i; i--) {
         for (int j = ; j <= n + ; j++)
             f[i][j] = add(f[i][j], f[i][j - ]);
         if (i > )
             for (int j = ; j <= n + ; j++)
                 f[fa[i]][j] = f[fa[i]][j] * 1ll * f[i][j] % M;
     }
     for (int i = ; i <= n + ; i++)
         for (int j = ; j <= n - i + ; j++)
             f[i][j] = add(f[i - ][j + ], -f[i - ][j]);
     int ans = , C = ;
     for (int i = ; i <= n +  && i <= D; i++) {
         ans = add(ans, C * 1ll * f[i][] % M);
         C = C * 1ll * (D - i) % M * inv(i, M) % M;
     }
     printf("%d\n", ans);
 }

 int main() {
     init();
     solve();
     return ;
 }