P6803 [CEOI2020] 星际迷航 题解

$\text{P6803 [CEOI2020] 星际迷航 题解}$

观察这个从第 $0$ 棵树走向第 $D$ 棵树的过程是困难的，我们难以判定走到下一棵树的情况。于是我们不妨从第 $D$ 棵树向第 $0$ 棵树来倒推。从第 $i$ 层走向第 $i+1$ 层的边为 $x\to y$ 时，事实上此时 $y$ 就是第 $i+1$ 棵子树的根。当我们在处理连边 $x\to y$ 时，也就是在为 $y$ 寻找一个合适的 $x$ 的过程。于是我们设 $f(i,0/1)$ 表示考虑了 $i$ 层树，从第 $1$ 棵树的某个节点开始走，此时根节点先手必败/必胜的方案数。

根据我们刚才的分析，现在需要考虑的是在第 $1$ 棵树前面加上第 $0$ 棵树的情形。记这条边为 $x\to y$。设此时第 $0$ 棵树的根节点为 $p$。考虑当 $p$ 先手必胜，即 $f(i+1,1)$ 时：

• 若 $p$ 原本先手必胜，则添加的 $x\to y$ 不能改变 $p$ 现在的状态；
• 否则必须改变 $p$ 的状态。

$p$ 先手必败时是同理的。于是我们分析 $x\to y$ 改变 $p$ 状态的条件。若 $x$ 原先是必胜的，那么无论如何也不会改变 $x$ 的状态，$x$ 原先必败时，也只有 $y$ 同样为必败才能改变 $p$ 的状态。那么此时 $y$ 的状态包含在 $f$ 中，我们需要求的是向必败点连边后可以改变根节点 $x$ 胜负状态的点。我们设它为 $g(x)$，同时设 $t(x)$ 表示以 $x$ 为根使先手必败/必胜。

那么 $f$ 的转移式是容易的：

$$\begin{gathered} f(i+1,0)⟵\sum _{x=1}^n\{\begin{array}{cc}g(x)f(i,0),& t(x)=0\\ n(f(i,0)+f(i,1))-g(x)f(i,0),& t(x)=1\end{array} \\ f(i+1,1)⟵\sum _{x=1}^n\{\begin{array}{cc}g(x)f(i,0),& t(x)=1\\ n(f(i,0)+f(i,1))-g(x)f(i,0),& t(x)=0\end{array} \end{gathered}$$

现在的目标是求出 $t$ 和 $g$。对于容易一些的 $t$，我们设 $h(x)$ 表示 $x$ 儿子中必败点的个数，那么 $h$ 的转移是显然的，$t$ 的转移也容易得到。现在的问题是求出 $g$。那这个东西还是要按 $h$ 的取值分类讨论。当 $h(x)>1$ 时，显然 $g(x)=0$，$h(x)=1$ 时，记必败的儿子为 $y$，那么 $g(x)=g(y)$，$h(x)=0$ 时，$g(x)$ 就是 $\sum g({\mathrm{son}}_{\mathrm{x}})+1$，加上的 $1$ 是 $x$ 本身。

为了方便一些，可以记 $w(x,0/1)$ 表示以 $x$ 为根时，$x$ 儿子里必胜/必败的点的 $g$ 的和。这里给出 $g$ 的形式化转移式：

$$g(x)=\{\begin{array}{cc}w(x,1)+1,& h(x)=0\\ w(x,0),& h(x)=1\\ 0,& \text{Other.}\end{array}$$

那么我们知道了 $t(1),g(1)$ 后做一个换根就可以求出所有的 $t,g$ 值了。对于 $f$ 的转移，用矩阵是好维护的。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define N 100005
#define int long long
#define mod 1000000007
using namespace std;
int n, d;
vector<int>v[N];
int h[N];
int w[N][2];
int g[N];

void dfs1(int x, int fa) {
	for (auto y : v[x]) {
		if (y == fa) continue;
		dfs1(y, x);
		h[x] += !h[y];
		w[x][h[y] > 0] += g[y];
	}
	if (h[x] == 0) g[x] = w[x][1] + 1;
	else if(h[x] == 1) g[x] = w[x][0];
	else g[x] = 0;
}

int ct;

int dth, dtg, dtw[2];
void dfs2(int x, int fa) {
	if (h[x] == 0) ++ct;
	for (auto y : v[x]) {
		if (y == fa) continue;
		dtw[0] = w[x][0], dtw[1] = w[x][1];
		dth = h[x] - !h[y];
		dtw[h[y] > 0] -= g[y];
		if (dth == 0) dtg = dtw[1] + 1;
		else if(dth == 1) dtg = dtw[0];
		else dtg = 0;
		h[y] += !dth;
		w[y][dth > 0] += dtg;
		if (h[y] == 0) g[y] = w[y][1] + 1;
		else if(h[y] == 1) g[y] = w[y][0];
		else g[y] = 0;
		dfs2(y, x);
	}
}

struct Mar {
	int a[2][2];
	Mar() {
		memset(a, 0, sizeof a);
	}
};
void add(int &x, int y) {
	x = ((x + y) % mod + mod) % mod;
}
Mar operator * (Mar &a, Mar &b) {
	Mar res;
	for (int i = 0; i < 2; i++)
		for (int j = 0; j < 2; j++)
			for (int k = 0; k < 2; k++)
				add(res.a[i][j], a.a[i][k] * b.a[k][j] % mod);
	return res;
}
Mar qpow(Mar x, int y) {
	Mar ans;
	ans.a[0][0] = ans.a[1][1] = 1;
	while (y) {
		if (y & 1) ans = ans * x;
		x = x * x;
		y >>= 1;
	}
	return ans;
}

signed main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cin >> n >> d;
	for (int i = 1; i < n; i++) {
		int x, y;
		cin >> x >> y;
		v[x].push_back(y);
		v[y].push_back(x);
	}
	dfs1(1, 0);
	dfs2(1, 0);
	Mar res;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		if (h[i]) {
			add(res.a[0][0], g[i]);
			add(res.a[0][1], n - g[i]);
			add(res.a[1][1], n);
		}
		else {
			add(res.a[0][0], n - g[i]);
			add(res.a[0][1], g[i]);
			add(res.a[1][0], n);
		}
	}
	res = qpow(res, d - 1);
	Mar ans;
	ans.a[0][0] = ct, ans.a[0][1] = n - ct;
	ans = ans * res;
	if (h[1]) cout << (n * (ans.a[0][0] + ans.a[0][1]) % mod - g[1] * ans.a[0][0] % mod + mod) % mod << "\n";
	else cout << g[1] * ans.a[0][0] % mod << "\n";
	return 0;
}