P10037 「FAOI-R2」梨花开 (C) 题解

比较有意思的 dp 题。

思路#

考虑答案至少为 $p$ 的条件是什么。

我们显然会把根节点的热量平均分配到深度前 $p$ 小的点上，那么要求 ${min}_{j = 1}^{n} \sum_{i = 1}^{j} v_{i} + \frac{k}{p} \geq 0$ 。
其次，在热量到达前 $k$ 小的点前， $\sum_{i = 1} v_{i}$ 不可以小于 $0$ 。

只要满足了这两个条件，我们的答案就至少为 $p$ ，假设这样的方案数为 $f_{p}$ 。

那么答案为：

\sum f_{p}

如何求解。

设 $d p_{i, j}$ 为第 $i$ 步后 $\sum_{k = 1}^{i} v_{k} = j$ 的方案数。

在转移时可以判断一下是否合法即可。

转移可以用前缀和优化。

复杂度： $O (n m t^{2})$ 。

可以获得 $20$ 分。

发现我们的限制只和 $d e p_{i}$ 与 $\frac{k}{p}$ 有关。

因为操作只有 $t$ 次，所以要求 $d e p_{i} \leq t$ 。

而根据整除分块， $\frac{k}{p}$ 只有根号项，所以记忆化一下，可以优化复杂度。

复杂度： $O ((t + \sqrt{n}) m t^{2})$ 。

视常数可以获得 $50 \sim 60$ 分。

容易发现我们满足前缀和不小于 $0$ 的 dp 都是一样的操作。

那么我们可以进行预处理。

设 $f_{i, j}$ 表示在 $i$ 轮后满足前缀和一直不小于 $0$ ，且 $\sum_{k = 1}^{i} v_{k} = j$ 的方案数。

转移同样枚举下一位然后前缀和优化。

同样，我们想要仿造的求出 $g_{i, j}$ 表示 $i$ 轮后满足前缀和一直不小于 $j$ 的方案数。

这是我们直接 dp 的后半段。

这个怎么求呢？

这类问题好像有一个比较常见的 trick。

就是在维护前缀和的最小值时，我们正着不好做，但是反过来是很好求的。

考虑反过来怎么求前缀和的最小值：

s u m \to m i n (0, s u m + v)

这个式子我们就可以 dp 了。

求出了 $g_{i, j}$ 以后，就可以轻松搭配 $f_{i, j}$ 求出这个询问的答案了。

时间复杂度： $O ((\sqrt{k} + t) m t + m t^{2})$ 。

Code#

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define eb(...) emplace_back(__VA_ARGS__)
#define fro(i, x, y) for (int i = (x); i <= (y); i++)
#define pre(i, x, y) for (int i = (x); i >= (y); i--)

const int N = 1e6 + 10;
const int mod = 998244353;

int n, m, t, k, ans, d[N], R[N], sm[N];
int dp1[510][30000];
int dp2[510][30000];
vector<int> to[N];

inline void dfs(int x, int f) {
  d[x] = d[f] + 1;
  for (auto i : to[x])
    if (i != f) dfs(i, x);
}
inline void add(int&x, int y) {
  x = (x + y >= mod ? x + y - mod : x + y);
}

signed main() {
  ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);
  cin >> n >> m >> t >> k;
  fro(i, 1, n - 1) {
    int u, v;
    cin >> u >> v;
    to[u].eb(v);
    to[v].eb(u);
  }
  dfs(1, 0);
  sort(d + 1, d + n + 1);
  dp1[0][R[0] = 0] = dp2[0][R[0] = 0] = 1;
  fro(i, 1, t) {
    fro(j, 0, R[i - 1]) {
      add(dp1[i][max(0, j - m)], dp1[i - 1][j]);
      add(dp1[i][j + m + 1], mod - dp1[i - 1][j]);
      add(dp2[i][max(0, j - m)], dp2[i - 1][j]);
      add(dp2[i][j + m + 1], mod - dp2[i - 1][j]);
    }
    R[i] = R[i - 1] + m;
    fro(j, 1, R[i] + 1) add(dp1[i][j], dp1[i][j - 1]);
    fro(j, 1, R[i] + 1) add(dp2[i][j], dp2[i][j - 1]);
    fro(j, 0, R[i - 1]) if (m - j > 0) add(dp2[i][0], 1ll * (m - j) * dp2[i - 1][j] % mod);
  }
  fro(i, 1, t) fro(j, 1, R[i]) add(dp2[i][j], dp2[i][j - 1]);
  fro(i, 1, n) {
    int v = k / i, p = min(t + 2, d[i]);
    if (i == 1) {
      sm[i] = dp2[t][min(v, R[t])];
    } else if (v != k / (i - 1) || p != min(t + 2, d[i - 1])) {
      int l = p - 2;
      int r = t - p + 2;
      fro(j, 0, R[l]) add(sm[i], 1ll * dp1[l][j] * dp2[r][min(v + j, R[r])] % mod);
    } else sm[i] = sm[i - 1];
    add(ans, sm[i]);
  }
  cout << ans << "\n";
  return 0;
}