【luogu P8352】小 N 的独立集(DP套DP)(性质)

小 N 的独立集

题目链接:luogu P8352

题目大意

给你一棵树,然后每个点可以有 1~k 的点权。
然后对于每一种点权,形成的 n^k 棵树,最大权独立集的点权和为 x 的树有多少种。
对于每个 x 输出答案。

思路

笑死第一次做 DP 套 DP 推起来贼乱被爆杀。
(知道 DP 套 DP 的不难就知道)

里层 DP:fi,0/1 当前点是 ii 没选 / 选了。
然后对于一个点 u 的儿子 v 合并子树:
fu,0=max{fv,1,fv,0}
fu,1=fv,0+au

然后外层就设 fu,i,jufu,0fu,1 分别是 i,j 的方案数。
然后你就枚举一下类似背包的合并即可。
然后发现会 T,O(n4k4)。(合并 O(n3)

考虑找点性质优化:
因为每次选了最多加 k,我们可以从 DP 的式子发现如果 fv,0fv,1,那一定是只需要 fv,0,那 fv,1 的值就没有意义了。
而且如果是小于,差不会超过 k,那我们可以换个表示方法:fu,i,jufu,0,fu,1 分别是 i,i+j 的方案数,那 j 就是 k 的级别的了。
然后转移就是 O(n2k4)(因为你按大小合并从 LCA 的角度计数是 n2 的)

至于转移细节,枚举 i,ii,j,jj 分别表示 fu,i,iifv,j,jj
那转移到的就是 fu,i+j+jj,max(0,iijj)(因为你这里是要 i 不选儿子 j 选不选都可以),然后第三维也不难理解。
(第三维可以通过 max(i+ii+j,i+j+jj)(i+j+jj) 另一种方法,似乎更加利于理解)

代码

#include<cstdio> #include<vector> #include<cstring> #include<iostream> #define ll long long #define mo 1000000007 using namespace std; const int N = 1005; int n, K, sz[N]; vector <int> G[N]; ll f[N][N * 5][6], tmp[N * 5][6]; //1~5:正常,f1>f0,此时j记录f0 //f0不选,f1选 void dfs(int now, int father) { sz[now] = K; for (int i = 1; i <= K; i++) f[now][0][i] = 1; for (int to = 0; to < G[now].size(); to++) { int x = G[now][to]; if (x == father) continue; dfs(x, now); for (int i = 0; i <= sz[now]; i++) for (int ii = 0; ii <= K; ii++) if (f[now][i][ii]) for (int j = 0; j <= sz[x]; j++) for (int jj = 0; jj <= K; jj++) if (f[x][j][jj]) { (tmp[i + j + jj][max(ii - jj, 0)] += f[now][i][ii] * f[x][j][jj] % mo) %= mo; } sz[now] += sz[x]; for (int i = 0; i <= sz[now]; i++) for (int j = 0; j <= K; j++) f[now][i][j] = tmp[i][j], tmp[i][j] = 0; } } int main() { // freopen("nset.in", "r", stdin); // freopen("nset.out", "w", stdout); scanf("%d %d", &n, &K); for (int i = 1; i < n; i++) { int x, y; scanf("%d %d", &x, &y); G[x].push_back(y); G[y].push_back(x); } dfs(1, 0); for (int i = 1; i <= K * n; i++) { ll re = 0; for (int j = 0; j <= i && j <= K; j++) (re += f[1][i - j][j]) %= mo; printf("%lld\n", re); } return 0; }

__EOF__

本文作者あおいSakura
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