bzoj1063: [Noi2008]道路设计

树形dp。

这道题的划分方式和树链剖分类似，但是重路径能经过根节点，而且要求方案数，所以不能用树链剖分。

但是由这种关系可以知道答案很小为log n级别（翻看数据后，确认了答案最大为4。。但应该有能使答案更大的数据）

 

用f[i][j][0/1/2]分别表示，以i为子树的节点中，不便利值最大的点不便利值为j。

0代表i节点不在任何一条儿子构成的链中，1表示在一条和儿子构成的链中，2代表2条儿子构成的链经过了i节点。

（这个很难说明白的感觉。。）

 

他们之间的递推关系。。。然后我不会在这个框下面打字了，就在上面解释。

f1计算出了v[i]能和根节点链接的方案数。f2代表了所有不和根节点连接的方案数。

 

f1=f[v[i]][j][0]+f[v[i]][j][1]
f2=(j==0?0:(f[v[i]][j-1][0]+f[v[i]][j-1][1]+f[v[i]][j-1][2]));
f[u][j][2]=f[u][j][1]*f1+f[u][j][2]*f2;
f[u][j][1]=f[u][j][0]*f1+f[u][j][1]*f2;
f[u][j][0]=f[u][j][0]*f2;

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define LL long long
using namespace std;

const int maxn = 200000 + 10;
const int maxh = 12;

int g[maxn],v[maxn],next[maxn],eid;
long long f1,f2,f[maxn][maxh][3],res,mod;
int n,m,ans;

void addedge(int a,int b) {
    v[eid]=b; next[eid]=g[a]; g[a]=eid++;
    v[eid]=a; next[eid]=g[b]; g[b]=eid++;
}

LL update(LL x) {
    if(x%mod) return x%mod;
    return x==0?0:mod;    
}

void dfs(int u,int fa) {
    for(int i=g[u];~i;i=next[i]) if(v[i]!=fa) {
        dfs(v[i],u);
        for(int j=0;j<maxh;j++) {
            f1=update(f[v[i]][j][0]+f[v[i]][j][1]);
            f2=(j==0?0:update(f[v[i]][j-1][0]+f[v[i]][j-1][1]+f[v[i]][j-1][2]));
            f[u][j][2]=update(f[u][j][1]*f1+f[u][j][2]*f2);
            f[u][j][1]=update(f[u][j][0]*f1+f[u][j][1]*f2);
            f[u][j][0]=update(f[u][j][0]*f2);
        }
    }
}

int main() {
    memset(g,-1,sizeof(g));
    scanf("%d%d%lld",&n,&m,&mod);
    if(m!=n-1) {
        printf("-1\n-1\n");
        return 0;
    }
    for(int i=1,u,v;i<n;i++) {
        scanf("%d%d",&u,&v);
        addedge(u,v);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    for(int j=0;j<maxh;j++)
        f[i][j][0]=1;
    
    dfs(1,0);
    for(int i=0,res;i<maxh;i++) {
        res=update(f[1][i][0]+f[1][i][1]+f[1][i][2]);
        if(res) {
            ans=res%mod;
            printf("%d\n%d\n",i,ans);    
            break;
        }
    }
    return 0;
}