P4516 [JSOI2018]潜入行动 题解
特别提醒：本题卡空间。如果您的代码 MLE 了而且思路没有问题，请直接前往『关于卡空间』这一部分。
P.S. WA+MLE 不计入上述范围内。
思路讲解：
本题是一道树上统计类 DP。
前置知识：树形 DP。
对于这道题，首先设下两维状态 \(f[u][i]\)，\(u\) 为节点编号，\(i\) 表示用了几个监听设备。
但是状态不够啊，我们不知道是否被监听，儿子节点是否被监听等等。
于是，我们新增两维 \(0/1\) 状态来表示。
那么这道题的状态如下：
设 \(f[u][i][0/1][0/1]\) 表示当前节点为 \(u\) ，子树中已经遍历的所有节点 上放置 \(i\) 个监听装备的方案数，而且所有儿子节点均被监听，其中第三维状态表示 \(u\) 节点是否放下监听设备，第四维状态表示 \(u\) 节点是否被 儿子节点 监听。
分情况讨论。以下均设 1 号节点为根节点， \(now\) 为当前节点，\(u\) 为儿子节点，\(i\) 是 \(now\) 子树中已经遍历的所有节点上放置的监听装备数，\(j\) 是 \(u\) 子树上放置的监听装备数，\(V\) 为所有 \(u\) 构成的集合。这里采用刷表法转移，目标为 \(f[now][i+j][0/1][0/1]\)。
- \(f[now][i+j][0][0]\)
这个时候需要保证 \(u\) 被监听，但是 \(u\) 上面不能放监听装备，有转移方程：
\[f[now][i+j][0][0]=f[now][i][0][0] \times \sum_{u \in V}f[u][j][0][1]
\]
- \(f[now][i+j][0][1]\)
此时 \(now\) 被监听了，但是需要考虑是谁监听的：
-
- 可以是 \(u\) 来监听，此时 \(now\) 之前不能被监听，然而 \(u\) 要被监听，于是这一部分贡献：$$f[now][i][0][0] \times \sum_{u \in V}f[u][j][1][1]$$
- 可以是别的节点来监听，此时 \(u\) 放不放无所谓，然而 \(u\) 要被监听，于是这一部分贡献：$$f[now][i][0][1] \times \sum_{u \in V}(f[u][j][0][1]+f[u][j][1][1])$$
综上，有转移方程：
\[f[now][i+j][0][1] = f[now][i][0][0] \times \sum_{u \in V}f[u][j][1][1] + f[now][i][0][1] \times \sum_{u \in V}(f[u][j][0][1]+f[u][j][1][1])
\]
- \(f[now][i+j][1][0]\)
此时 \(u\) 是否被监听无所谓，但是不能放装置，有转移方程：
\[f[now][i+j][1][0]=f[now][i][1][0] \times \sum_{u \in V}(f[u][j][0][0] + f[u][j][0][1])
\]
- \(f[now][i+j][1][1]\)
此时仍然要根据 \(now\) 是否被监听来分类讨论：
-
- 由 \(u\) 来监听，但是因为 \(now\) 放了装置，所以 \(u\) 是否被监听无所谓，这一部分贡献为：$$f[now][i][1][0] \times \sum_{u \in V}(f[u][j][1][0] + f[u][j][1][1])$$
- 不由 \(u\) 来监听，此时 \(u\) 放不放无所谓，是否被监听也无所谓，这一部分贡献为：$$f[now][i][1][1] \times \sum_{u \in V}(f[u][j][0][0] + f[u][j][0][1] + f[u][j][1][0] + f[u][j][1][1])$$
综上，有转移方程：
\[f[now][i+j][1][1]=f[now][i][1][0] \times \sum_{u \in V}(f[u][j][1][0] + f[u][j][1][1])+f[now][i][1][1] \times \sum_{u \in V}(f[u][j][0][0] + f[u][j][0][1] + f[u][j][1][0] + f[u][j][1][1])
\]
式子不是很长（确信
那么综合一下上面的四个方程：
\[f[now][i+j][0][0]=f[now][i][0][0] \times \sum_{u \in V}f[u][j][0][1]
\]
\[f[now][i+j][0][1] = f[now][i][0][0] \times \sum_{u \in V}f[u][j][1][1] + f[now][i][0][1] \times \sum_{u \in V}(f[u][j][0][1]+f[u][j][1][1])
\]
\[f[now][i+j][1][0]=f[now][i][1][0] \times \sum_{u \in V}(f[u][j][0][0] + f[u][j][0][1])
\]
\[f[now][i+j][1][1]=f[now][i][1][0] \times \sum_{u \in V}(f[u][j][1][0] + f[u][j][1][1])+f[now][i][1][1] \times \sum_{u \in V}(f[u][j][0][0] + f[u][j][0][1] + f[u][j][1][0] + f[u][j][1][1])
\]
初始状态为对于任意点 \(now\)，\(f[now][0][0][0]=f[now][1][1][0]\)。
最后答案是 \(f[1][k][0][1]+f[1][k][1][1]\)。
所有过程注意随时取模。
一些注意点：
- 随时取模。
- 转移的时候需要注意对于当前节点 \(now\)，我们需要临时数组 \(tmp[i][0/1][0/1]\) 来存下当前节点的状态，防止因为修改而导致的
WA。具体可以参考我的代码。 - 记得记录子树的大小，因为可能存在 \(size_{now}<k\) 的情况，此时我们至多只能放 \(size_{now}\) 个。
关于卡空间
这道题很毒瘤，我一开始开 long long 被卡空间了，最后看的题解才知道为什么会 MLE。
这道题需要注意：
- 所有变量全部开
int类型，尤其是f和tmp数组。 - 运算的时候需要强制转换类型，同时取模。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define Min(a, b) ((a < b) ? a : b)
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAXN = 1e5 + 10, P = 1e9 + 7, MAXK = 100 + 10;
int n, k, f[MAXN][MAXK][2][2], tmp[MAXK][2][2], size[MAXN];
vector <int> Next[MAXN];
int read()
{
int sum = 0, fh = 1; char ch = getchar();
for (; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar()) fh -= (ch == '-') << 1;
for (; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) sum = (sum << 3) + (sum << 1) + (ch ^ 48);
return (fh == 1) ? sum : -sum;
}
void dfs(int now, int fa)
{
size[now] = f[now][0][0][0] = f[now][1][1][0] = 1;
for (int v = 0; v < Next[now].size(); ++v)
{
int u = Next[now][v];
if (u == fa) continue;
dfs(u, now);
for (int i = 0; i <= k; ++i)
{
tmp[i][0][0] = f[now][i][0][0]; f[now][i][0][0] = 0;
tmp[i][0][1] = f[now][i][0][1]; f[now][i][0][1] = 0;
tmp[i][1][0] = f[now][i][1][0]; f[now][i][1][0] = 0;
tmp[i][1][1] = f[now][i][1][1]; f[now][i][1][1] = 0;
}
for (int i = 0; i <= Min(size[now], k); ++i)
for (int j = 0; j <= Min(size[u], k - i); ++j)
{
f[now][i + j][0][0] = ((LL)f[now][i + j][0][0] + (LL)tmp[i][0][0] * f[u][j][0][1]) % P;
f[now][i + j][0][1] = ((LL)f[now][i + j][0][1] + (LL)tmp[i][0][0] * f[u][j][1][1] % P + (LL)tmp[i][0][1] * ((LL)f[u][j][0][1] + f[u][j][1][1]) % P) % P;
f[now][i + j][1][0] = ((LL)f[now][i + j][1][0] + (LL)tmp[i][1][0] * ((LL)f[u][j][0][1] + f[u][j][0][0]) % P) % P;
f[now][i + j][1][1] = ((LL)f[now][i + j][1][1] + (LL)tmp[i][1][0] * ((LL)f[u][j][1][0] + f[u][j][1][1]) % P + (LL)tmp[i][1][1] * ((LL)f[u][j][0][0] + f[u][j][0][1] + f[u][j][1][0] + f[u][j][1][1]) % P) % P;
}
size[now] += size[u];
}
}
int main()
{
n = read(), k = read();
for (int i = 1; i < n; ++i)
{
int x = read(), y = read();
Next[x].push_back(y); Next[y].push_back(x);
}
dfs(1, 1);
printf("%d\n", ((LL)f[1][k][0][1] + f[1][k][1][1]) % P);
return 0;
}
