bzoj 2159: Crash 的文明世界

Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 259 MB

Submit: 480 Solved: 234
[Submit][Status][Discuss]

Description

Crash 小朋友最近迷上了一款游戏——文明5(Civilization V)。在这个游戏中，玩家可以建立和发展自己的国家，通过外交和别的国家交流，或是通过战争征服别的国家。现在Crash 已经拥有了一个N 个城市的国家，这些城市之间通过道路相连。由于建设道路是有花费的，因此Crash 只修建了N-1 条道路连接这些城市，不过可以保证任意两个城市都有路径相通。在游戏中，Crash 需要选择一个城市作为他的国家的首都，选择首都需要考虑很多指标，有一个指标是这样的：其中S(i)表示第i 个城市的指标值，dist(i, j)表示第i 个城市到第j 个城市需要经过的道路条数的最小值，k 为一个常数且为正整数。因此Crash 交给你一个简单的任务：给出城市之间的道路，对于每个城市，输出这个城市的指标值，由于指标值可能会很大，所以你只需要输出这个数mod 10007 的值。

Input

输入的第一行包括两个正整数N 和k。下面有N-1 行，每行两个正整数u、v (1 ≤ u, v ≤ N)，表示第u 个城市和第v 个城市之间有道路相连。这些道路保证能符合题目的要求。

Output

输出共N 行，每行一个正整数，第i 行的正整数表示第i 个城市的指标值 mod 10007 的值。

Sample Input

5 2
1 2
1 3
2 4
2 5

Sample Output

10
7
23
18
18

HINT

20%的数据满足N ≤ 5000、k ≤ 30。 50%的数据满足N ≤ 50000、k ≤ 30。 100%的数据满足N ≤ 50000、k ≤ 150。【特别注意】由于数据大小限制为5MB，我只好对测试时的输入文件进行压缩处理。下面的函数可以将压缩的输入文件转化为原始输入文件。（函数从infile 中读入压缩的输入文件，将解压缩后的输入文件输出到outfile 中） C/C++版本： void Uncompress(FILE *infile, FILE *outfile) { int N, k, L, i, now, A, B, Q, tmp; fscanf(infile, "%d%d%d", &N, &k, &L); fscanf(infile, "%d%d%d%d", &now, &A, &B, &Q); fprintf(outfile, "%d %d\n", N, k); for (i = 1; i < N; i ++) { now = (now * A + B) % Q; tmp = (i < L) ? i : L; fprintf(outfile, "%d %d\n", i - now % tmp, i + 1); } } Pascal 版本： procedure Uncompress(var infile, outfile : text); var N, k, L, i, now, A, B, Q, tmp : longint; begin read(infile, N, k, L, now, A, B, Q); writeln(outfile, N, ' ', k); for i := 1 to N - 1 do begin now := (now * A + B) mod Q; if i < L then tmp := i else tmp := L; writeln(outfile, i - now mod tmp, ' ', i + 1); end; end; 下面给出一个具体的例子。civiliazation_compressed.in 表示压缩的输入文件， civilization.in 表示解压缩后的输入文件。 civilization_compressed.in 7 26 4 29643 2347 5431 54209 civilization.in 7 26 1 2 2 3 2 4 3 5 4 6 5 7

2016.2.19重设时限为10s

为什么要把输入改成这鬼样，，，，害得我一开始没看见RE。。。。

咳咳现在讲一下正解。
首先S(i)=Σdist(i,j)^k,这个看起来贼迷，但是我们有一个公式：
x^k=Σ(i=1 to k) S(k,i)*P(x,i), 其中S是第二类斯特林数，P是排列数。

这样的话我们把这个套进S(i)里，就是：
S(i)=Σ(h=1 to k)S(k,h)*ΣP(dist(j,i),h), 又因为P(i,j)=C(i,j)*j!,所以变成C之后上式就是：
S(i)=Σ(h=1 to k)S(k,h)*h!*ΣC(dist(j,i),h) 。。。
貌似又陷入僵局了？？？
并不，后面的那个Σ是可以递推出来的，因为C(x,y)=C(x-1,y-1)+C(x-1,y).
所以我们设now[x][i]=ΣC(dist(x,v),i),其中v是以x为根的子树中的一点；
up[x][i]=ΣC(dist(x,v),i),其中v是以x为根的子树外的一点。

显然now[x][0]=1+Σnow[v][0], 因为任意C(g,0)都为1。
up[x][0]=n-now[x][0],因为显然子树内的点数+子树外的点数=n。

然后可以发现的是now[x][i]=Σ(now[v][i]+now[v][i-1]),其中v在以x为根的子树中。
这个不难理解,根据now的定义就可以推出。

主要是推up有一点小麻烦。
我们分类的话(设fa为x在树上的父亲)，不在x为根的子树中的点无非分为两种：
1.不在以fa为根的子树中的节点。
2.在以fa为根的子树的不在以x为根的子树中的节点。

1的贡献就是up[fa][i-1]+up[fa][i],2的贡献就是{ now[fa][i]-(now[x][i]+now[x][i-1]) }+{ now[fa][i-1]-(now[x][i-1]+now[x][i-2]) }。

所以两次dfs就可以解决，最后把前面Σ后面的系数乘上加进答案就ojbk了。

code:

 #include<bits/stdc++.h>

 #define maxn 50005

 #define ll long long

 #define ha 10007

 #define pb push_back

 using namespace std;

 vector<int> g[maxn];

 int now[maxn][],n,up[maxn][],k;

 int uu,vv,ans,S[][],jc[];

 inline void init(){

     jc[]=;

     for(int i=;i<=;i++) jc[i]=jc[i-]*i%ha;

     S[][]=;

     for(int i=;i<=;i++){

     //  S[i][0]=1;

         for(int j=;j<=i;j++) S[i][j]=(S[i-][j-]+S[i-][j]*j)%ha;

     }

 }

 void dfs1(int x,int fa){

     int to;

     now[x][]=;

     for(int i=g[x].size()-;i>=;i--){

         to=g[x][i];

         if(to==fa) continue;

         dfs1(to,x);

         now[x][]+=now[to][];

         for(int j=;j<=k;j++){

             now[x][j]+=now[to][j]+now[to][j-];

             while(now[x][j]>=ha) now[x][j]-=ha;

         }

         up[x][]=n-now[x][];

     }

 }

 void dfs2(int x,int fa){

     int to;

     if(fa){

         for(int i=;i<=k;i++){

             up[x][i]=(up[fa][i]+up[fa][i-]+now[fa][i]+now[fa][i-]-now[x][i-]*-now[x][i]);

             if(i>) up[x][i]-=now[x][i-];

             up[x][i]=up[x][i]%ha+ha;

             if(up[x][i]>=ha) up[x][i]-=ha;

         }

     }

     for(int i=g[x].size()-;i>=;i--){

         to=g[x][i];

         if(to==fa) continue;

         dfs2(to,x);

     }

 }

 int main(){

     init();

     int L,NOW,A,B,Q;

     scanf("%d%d%d%d%d%d%d",&n,&k,&L,&NOW,&A,&B,&Q);

     for(int i=;i<n;i++){

         NOW=(NOW*A+B)%Q;

         int tmp=i<L?i:L;

         uu=i-NOW%tmp,vv=i+;

         g[uu].pb(vv),g[vv].pb(uu);

     }

     dfs1(,);

     dfs2(,);

     for(int i=;i<=n;i++){

         ans=;

         for(int j=;j<=k;j++) ans=(ans+S[k][j]*jc[j]%ha*(now[i][j]+up[i][j]))%ha;

         printf("%d\n",ans);

     }

     return ;

 }