「九省联考 2018」秘密袭击（差分+生成函数+拉格朗日插值+整体dp+线段树合并）：

https://loj.ac/problem/2473

求恰好第k大的权值显然不可做，差分一下，转换成：

枚举\(W\)，求第k大\(>=W\)的方案数，发现对所有这样的\(W\)的方案数加起来就是答案。

这样就相当于权值\(>=W\)选了有1的贡献，权值\(<W\)选了没有贡献。

要求选的1的个数\(>=k\)的方案数。

​

显然这个可以用暴力树形依赖背包在\(O(n^2)\)的时间解决，总复杂度\(O(n^3)\)，据说就能跑过数据了。

​

考虑用整体dp的思想去解决这个问题：

设\(F[i][j]\)表示\(i\)为根子树，\(W=j\)，得到的方案数的OGF。

注意到\(F[i][j]\)只有\(siz[i]\)段不同的OGF。

\(F\)的转移就是枚举\(i\)的一个子节点，然后把相同\(j\)对应的OGF乘起来，如果用线段树合并去实现，合并OGF时套个FFT，时间复杂度：\(O(n^2~log^2n)\)，明显只会更慢。

​

考虑把\(F[i][j]\)转换成一个\(0-n\)的点值序列，这样转移就是\(O(n)\)的，最后再\(O(n^2)\) 拉格朗日插值得到\(x^{k..n}\)的系数和就行了，可以把点值的操作挪到最外层以节省空间。

​

线段树合并没有那么简单，在这个特殊的线段树上，一个点没有子节点，说明它代表的区间的值时相同的。

假设现在\(merge(i,j)\)，当\(i,j\)有一方没有子节点时，就要停下来，直接操作，才能保证复杂度。

经过讨论可以发现需要维护：

区间赋值（初始化），区间乘、区间加，区间求和

​

写就完了。

Code：

---

#include<bits/stdc++.h>
#define fo(i, x, y) for(int i = x, _b = y; i <= _b; i ++)
#define ff(i, x, y) for(int i = x, _b = y; i <  _b; i ++)
#define fd(i, x, y) for(int i = x, _b = y; i >= _b; i --)
#define ll long long
#define pp printf
#define hh pp("\n")
using namespace std;

const int mo = 64123;

ll ksm(ll x, ll y) {
	ll s = 1;
	for(; y; y /= 2, x = x * x % mo)
		if(y & 1) s = s * x % mo;
	return s;
}

const int N = 1705;

int n, k, w, m;
int d[N], x, y;

#define V vector<int>
#define pb push_back
#define si size()

V e[N];

void Init() {
	scanf("%d %d %d", &n, &k, &w);
	fo(i, 1, n) scanf("%d", &d[i]);
	fo(i, 1, n - 1) {
		scanf("%d %d", &x, &y);
		e[x].pb(y); e[y].pb(x);
	}
}

int fa[N], rt[N];

#define i0 t[i].l
#define i1 t[i].r

struct P {
	ll x, y, s;
	P(ll _x = 0, ll _y = 0, ll _s = 0) {
		x = _x, y = _y, s = _s;
	}
};

P operator * (P a, P b) {
	return P(a.x * b.x % mo, (a.y * b.x + b.y) % mo, a.s);
}

struct tree {
	int l, r;
	P v;
} t[N * 55]; int tt;

int pl, pr;

int W;

void cl() {
	fo(i, 1, n) rt[i] = 0;
	fo(i, 1, tt) t[i].l = t[i].r = 0, t[i].v = P(1, 0, 0);
	tt = 0;
}

void down(int i, int x, int y) {
	int m = x + y >> 1;
	if(i0) {
		t[i0].v = t[i0].v * t[i].v;
		t[i1].v = t[i1].v * t[i].v;
		
		t[i0].v.s = (t[i0].v.s * t[i].v.x + t[i].v.y * (m - x + 1)) % mo;
		t[i1].v.s = (t[i1].v.s * t[i].v.x + t[i].v.y * (y - m)) % mo;
		
		t[i].v = P(1, 0);
	} else {
		t[i0 = ++ tt].v = t[i].v;
		t[i1 = ++ tt].v = t[i].v;
		
		t[i0].v.s = t[i].v.y * (m - x + 1) % mo;
		t[i1].v.s = t[i].v.y * (y - m) % mo;
		
		t[i].v = P(1, 0);
	}
}

void upd(int i) {
	t[i].v.s = (t[i0].v.s + t[i1].v.s) % mo;
}

void bt(int &i, int x, int y) {
	if(!i) i = ++ tt;
	t[i].v = P(1, 0, 0);
	if(y <= pl || x > pl) {
		t[i].v = P(1, y <= pl ? W : 1, 0);
		t[i].v.s = t[i].v.y * (y - x + 1) % mo;
		return;
	}
	int m = x + y >> 1;
	bt(i0, x, m); bt(i1, m + 1, y);
	upd(i);
}

int mer(int i, int j, int x, int y) {
	if(!t[j].l) {
		ll v2 = t[j].v.y + 1;
		t[i].v.x = t[i].v.x * v2 % mo;
		t[i].v.y = t[i].v.y * v2 % mo;
		t[i].v.s = t[i].v.s * v2 % mo;
		return i;
	}
	if(!t[i].l) {
		ll v2 = t[i].v.y;
		t[j].v.y ++;
		t[j].v.s += y - x + 1;
		t[j].v.x = t[j].v.x * v2 % mo;
		t[j].v.y = t[j].v.y * v2 % mo;
		t[j].v.s = t[j].v.s * v2 % mo;
		return j;
	}
	int m = x + y >> 1;
	down(i, x, y); down(j, x, y);
	i0 = mer(i0, t[j].l, x, m);
	i1 = mer(i1, t[j].r, m + 1, y);
	upd(i);
	return i;
}

ll ans[N];

void dg(int x) {
	pl = pr = d[x];
	bt(rt[x], 1, m);
	ff(_y, 0, e[x].si) {
		int y = e[x][_y];
		if(y == fa[x]) continue;
		fa[y] = x;
		
		dg(y);
		
		rt[x] = mer(rt[x], rt[y], 1, m);
	}
	ans[W] = (ans[W] + t[rt[x]].v.s) % mo;
}

ll f[N], g[N], h[N];

ll inv[N];

void End() {
	fo(i, 0, n + 1) inv[i] = ksm(i, mo - 2);
	f[0] = 1;
	fo(i, 0, n) {
		fd(j, i + 1, 0) f[j] = (f[j] * -i + (j ? f[j - 1] : 0)) % mo;
	}
	ll sum = 0;
	fo(i, 0, n) {
		fo(j, 0, n + 1) g[j] = f[j];
		fd(j, n + 1, 1) {
			h[j - 1] = g[j];
			g[j - 1] = (g[j - 1] + i * g[j]) % mo;
		}
		ll xs = ans[i];
		fo(j, 0, n) if(i != j) {
			int x = i - j;
			xs = xs * (x > 0 ? inv[x] : -inv[-x]) % mo;
		}
		fo(j, k, n) sum = (sum + xs * h[j]) % mo;
	}
	sum = (sum % mo + mo) % mo;
	pp("%lld\n", sum);
}

int main() {
	Init();
	m = 1666; //ggggggggggggggggggggggggggggggg
	for(W = 0; W <= n; W ++) {
		cl();
		dg(1);
	}
	End();
}