CF1010F Tree

Tree

一颗二叉树，根节点为 \(1\)，允许你砍掉任意子树，保留根节点所在的连通块，然后要求你设置每个点的权值，要求每个点权值不小于它的两个儿子的权值之和，且根节点权值为 \(x\) 的方案数，连通块不一样或者点的权值不一样都算不同方案。

\(1≤n≤10^5 , 0≤x≤10^{18}\)

题解

https://blog.csdn.net/zxyoi_dreamer/article/details/101623399

首先第一步转化，题目要求每个点的权值不小于儿子的权值之和，转换一下每个点减去两个儿子的权值，实际上是这样一个问题：给每个点赋一个非负权值，且权值和为\(x\)（即原题中根节点的限制），发现这个和树的形态没有关系只和树的siz有关系，插板法可以算。

那么现在问题就是树上选一个包含根节点的联通块，大小为\(k\)的方案数。

树形背包可以\(O(n^2)\)算，但是注意到可以转化成生成函数的形式，设\(F_u(x)\)表示以\(u\)为根，选择大小为\(k~(k>0)\)的联通块的方案数。

轻重链剖分之后对于每条重链分治NTT算出链顶的答案即可。

时间复杂度 \(O(n \log^3 n)\)。

细节：https://blog.csdn.net/sslz_fsy/article/details/103358952

CO int N=262144;
int omg[2][N],rev[N];
int fac[N],inv[N],ifac[N];

void NTT(poly&a,int dir){
	int lim=a.size(),len=log2(lim);
	for(int i=0;i<lim;++i) rev[i]=rev[i>>1]>>1|(i&1)<<(len-1);
	for(int i=0;i<lim;++i)if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
	for(int i=1;i<lim;i<<=1)
		for(int j=0;j<lim;j+=i<<1)for(int k=0;k<i;++k){
			int t=mul(omg[dir][N/(i<<1)*k],a[j+i+k]);
			a[j+i+k]=add(a[j+k],mod-t),a[j+k]=add(a[j+k],t);
		}
	if(dir==1){
		int ilim=fpow(lim,mod-2);
		for(int i=0;i<lim;++i) a[i]=mul(a[i],ilim);
	}
}
poly operator*(poly a,poly b){
	int n=a.size()+b.size()-1,lim=1<<(int)ceil(log2(n));
	a.resize(lim),NTT(a,0);
	b.resize(lim),NTT(b,0);
	for(int i=0;i<lim;++i) a[i]=mul(a[i],b[i]);
	NTT(a,1),a.resize(n);
	return a;
}
poly operator+(CO poly&a,CO poly&b){
	poly ans=a;
	if(a.size()<b.size()) ans.resize(b.size());
	for(int i=0;i<(int)b.size();++i) ans[i]=add(ans[i],b[i]);
	return ans;
}

vector<int> to[N];
int fa[N],siz[N],son[N];

void dfs(int u,int fa){
	::fa[u]=fa,siz[u]=1;
	for(int v:to[u])if(v!=fa){
		dfs(v,u);
		siz[u]+=siz[v];
		if(siz[v]>siz[son[u]]) son[u]=v;
	}
}

poly a[N],p[N];

pair<poly,poly> solve(int l,int r){ // all,ans
	if(l==r) return {a[l],a[l]};
	int mid=(l+r)>>1;
	pair<poly,poly> lans=solve(l,mid);
	pair<poly,poly> rans=solve(mid+1,r);
	return {lans.first*rans.first,lans.second+lans.first*rans.second};
}
poly divide(int u){
	for(int i=u;i;i=son[i]){
		for(int v:to[i])if(v!=fa[i] and v!=son[i]){
			p[i]=divide(v);break; // binary tree
		}
		if(p[i].empty()) p[i].push_back(0);
		p[i][0]=1,p[i].insert(p[i].begin(),0);
	}
	int l=0;
	for(int i=u;i;i=son[i]) a[++l].swap(p[i]);
	return solve(1,l).second;
}

int main(){
	omg[0][0]=1,omg[0][1]=fpow(3,(mod-1)/N);
	omg[1][0]=1,omg[1][1]=fpow(omg[0][1],mod-2);
	fac[0]=fac[1]=1;
	inv[0]=inv[1]=1;
	ifac[0]=ifac[1]=1;
	for(int i=2;i<N;++i){
		omg[0][i]=mul(omg[0][i-1],omg[0][1]);
		omg[1][i]=mul(omg[1][i-1],omg[1][1]);
		fac[i]=mul(fac[i-1],i);
		inv[i]=mul(mod-mod/i,inv[mod%i]);
		ifac[i]=mul(ifac[i-1],inv[i]);
	}
	int n=read<int>(),X=read<int64>()%mod;
	for(int i=1;i<n;++i){
		int u=read<int>(),v=read<int>();
		to[u].push_back(v),to[v].push_back(u);
	}
	dfs(1,0);
	poly cnt=divide(1);
	int ans=0,binom=1;
	for(int i=1;i<(int)cnt.size() and binom;++i){
		ans=add(ans,mul(binom,cnt[i]));
		binom=mul(binom,mul(add(X,i),inv[i]));
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}