「解题报告」[JSOI2018] 潜入行动 (树形背包)
「解题报告」[JSOI2018] 潜入行动 (树形背包)
题面
题目大意
一棵节点为 \(n\) 的树, 有 \(k\) 个装置. 当点 \(u\) 上安装了装置后, 对于所有 \((u,v)\), 点 \(v\) 都会被覆盖.
要求每个点上最多只能安装一个装置, \(k\) 个装置必须被用完.
求树上所有节点都被覆盖的方案数.
数据范围
\(1\le n \le 10^5,1 \le k \le \min(n,100)\).
思路
容易想到一个 \(DP\), 设 \(f[u][j][0/1/2/3]\) 分别表示点 \(u\) 处于 \(0/1/2/3\) 状态时, 子树中安装了 \(j\) 个装置的方案数. \(0/1/2/3\) 分别的意义如下.
- \(0\) : 点 \(u\) 上没有安装装置, 也没有被覆盖.
- \(1\) : 点 \(u\) 上没有安装装置, 但被覆盖了.
- \(2\) : 点 \(u\) 上安装了装置, 但没有被覆盖.
- \(3\) : 点 \(u\) 上安装了装置, 并且被覆盖了.
转移的时候要保证 \(u\) 的子树中除了 \(u\) 以外的点都被覆盖了.
并且转移的时候先用一个 \(tmp\) 数组来记录新的 \(f\) 值, 避免转移顺序发生混乱. (树形背包的常用做法)
这个 \(DP\) 看上去是 \(O(nk^2)\) 的, 实际上可以证明是 \(O(nk)\) 的.
假设我们现在需要合并的两个背包为 \(f[u]\) 和 \(f[v]\), 我们分三种情况讨论.
- $sz[u] \ge k \ \rm and\ $$sz[v] \ge k$ : 这时合并的复杂度是 \(O(k^2)\), 但这种情况只会出现 \(O\left(\frac{n}{k}\right)\) 次, 所以总复杂度还是 \(O(nk)\).
- $sz[u] \ge k \ \rm and\ $$sz[v] < k$ : 这时点 \(v\) 的子树中的每个点都会贡献 \(O(k)\) 的复杂度, 而每个点最多都只会在它的祖先节点上经历这样一次合并, 所以总贡献的时间复杂度也是 \(O(nk)\).
- $sz[u]<k\ \rm ans\ $$sz[v]<k$ : 这时, 对于点 \(u\) 子树中的每个点, 每次合并的贡献是 \(sz[v]\), 而 \(\sum sz[v] \le k\) (因为若大于 \(k\) 的话就不满足 \(sz[u]<k\) 了), 所以这种情况下每个点的总贡献为 \(O(k)\), 所有点的总贡献为 \(O(nk)\).
在上述三种情况下, 时间复杂度都是 \(O(nk)\), 所以总时间复杂度也是 \(O(nk)\).
但由于常数比较大 (转移方程比较复杂), 并且空间给的比较小 (\(250\)MB, 不能开 \(long long\)), 所以需要卡卡常.
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pb push_back
#define sz(x) (int)(x).size()
typedef long long ll;
const int _=1e2+7;
const int __=1e5+7;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const ll mod=1e9+7;
bool be;
int n,K;
int f[__][_][4],tmp[_][4];
vector<int> to[__];
bool en;
void Init(){
cin>>n>>K;
int x,y;
for(int i=1;i<n;i++){
cin>>x>>y;
to[x].pb(y),to[y].pb(x);
}
}
void Upd(int &x,ll y){ x= (ll)x+y>=mod ?(ll)(x+y)%mod :x+y; }
int Min(int a,int b){ return a<b ?a :b; }
int Dp(int u,int fa){
f[u][0][0]=f[u][1][2]=1;
int szu=1;
for(int i=0;i<sz(to[u]);i++){
int v=to[u][i];
if(v==fa) continue;
int szv=Dp(v,u);
for(int j=0;j<=szu;j++){
for(int k=0;k<=szv&&k+j<=K;k++){
Upd(tmp[j+k][0],(ll)f[u][j][0]*f[v][k][1]);
Upd(tmp[j+k][1],(ll)f[u][j][0]*f[v][k][3]);
Upd(tmp[j+k][1],(ll)f[u][j][1]*((ll)f[v][k][1]+(ll)f[v][k][3]));
Upd(tmp[j+k][2],(ll)f[u][j][2]*((ll)f[v][k][0]+(ll)f[v][k][1]));
Upd(tmp[j+k][3],(ll)f[u][j][2]*((ll)f[v][k][2]+(ll)f[v][k][3]));
Upd(tmp[j+k][3],(ll)f[u][j][3]*((ll)f[v][k][0]+(ll)f[v][k][1]+(ll)f[v][k][2]+(ll)f[v][k][3]));
}
}
szu=Min(K,szu+szv);
for(int j=0;j<=szu;j++)
for(int k=0;k<4;k++){
f[u][j][k]=tmp[j][k];
tmp[j][k]=0;
}
}
return szu;
}
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("10.in","r",stdin);
//freopen("x.out","w",stdout);
#endif
ios::sync_with_stdio(false);
Init();
Dp(1,0);
cout<<(f[1][K][1]+f[1][K][3])%mod<<endl;
return 0;
}
