【BZOJ2159】Crash的文明世界斯特林数+树形dp

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

Sol

$x^n$可以用第二类斯特林数和$A^j_i$来表示，$A^j_i$又可以用$C_i^j*j!$表示，而$C(i,j)=C(i-1,j-1)+C(i-1,j)$，因为有这个式子，我们可以围绕组合数递推公式来进行$dp$。

设$down[x][i]$表示$x$的子树对$x$的贡献，$up[x][i]$表示除了$x$子树外的节点对$x$的贡献。设$v$为$x$的儿子，容易推出：

$down[x][k]=down[x][k]+down[v][k]+down[v][k-1] $

$up[x][k]=up[x][k]+up[fa][k]+up[fa][k-1] $

$up[x][k]=up[x][k]+down[fa][k]+down[fa][k-1] $

$up[x][k]=up[x][k]-down[x][k]-down[x][k-1] $

$up[x][k]=up[x][k]-down[x][k-1]-down[x][k-2] $

$up$的最后两个递推式减去的分别是$x$的子树对$up[fa,k]$和$up[fa,k-1]$的贡献。

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int S[205][205],F[205],U[100005][205],D[100005][205],n,m,L,now,tmp,x,y,A,B,Q,M=10007;vector<int>e[100005];

void dfs1(int x,int fa)

{

    D[x][0]=1;for(int i=0;i<e[x].size();i++) if(e[x][i]!=fa)

    {

        dfs1(e[x][i],x);D[x][0]+=D[e[x][i]][0];

        for(int j=1;j<=m;j++) D[x][j]=(D[x][j]+D[e[x][i]][j]+D[e[x][i]][j-1])%M;

    }

}

void G(int x,int fa){for(int j=1;j<=m;j++) U[x][j]=(U[x][j]+U[fa][j]+U[fa][j-1]+D[fa][j]+D[fa][j-1]-D[x][j]-D[x][j-1]-D[x][j-1]-D[x][j-2]+10*M)%M;}

void dfs2(int x,int fa){if(fa) U[x][0]=n-D[x][0],G(x,fa);for(int i=0;i<e[x].size();i++) if(e[x][i]!=fa) dfs2(e[x][i],x);}

int main()

{

    scanf("%d%d%d%d%d%d%d",&n,&m,&L,&now,&A,&B,&Q);

    for(int i=1;i<n;i++) now=(now*A+B)%Q,tmp=i<L?i:L,x=i-now%tmp,y=i+1,e[x].push_back(y),e[y].push_back(x);

    S[0][0]=F[0]=1;for(int i=1;i<=m;F[i]=F[i-1]*i%M,i++) for(int j=1;j<=i;j++) S[i][j]=(S[i-1][j]*j%M+S[i-1][j-1])%M;

    dfs1(1,0);dfs2(1,0);

    for(int i=1,A=0;i<=n;printf("%d\n",A),i++,A=0) for(int j=1;j<=m;j++) A=(A+1ll*S[m][j]*F[j]%M*(U[i][j]+D[i][j])%M)%M;

}