【题解】[SDOI/SXOI2022] 小 N 的独立集（dp of dp）

题目分析：

就借助这个题稍微说一下 $dp$ 套 $dp$ 。
对于 $dp$ 套 $dp$ 其解决的问题是：若给定某一具体情况则答案十分好求，现要求对于所有的情况的答案进行统计。
这类问题我们一般称解决这个具体情况的 $dp$ 为内层 $dp$ ，而对于所有情况进行统计的 $dp$ 为外层 $dp$ 。
一般的解决方法是：将内层 $dp$ 的状态直接扔到外层 $dp$ 的下标上，然后再按需要加入一些新的下标，也就是说假设内层 $dp$ 的状态为 $f_1,f_2,f_3$ ，那么我们的外层 $dp$ 则至少应为 $g_{x,y,z}$ ，表示 $f_1 = x,f_2 = y,f_3 = z$ 时统计的答案，转移时即按照内层 $dp$ 的转移方式对于下标进行转移。
下面就以这个题为例看看 $dp$ 套 $dp$ 的具体应用。

看到这个题的第一眼就可以知道，若给定权值，则树上的最大权独立集是很好求的，就是直接设 $f_{u,0/1}$ 表示以 $u$ 为根的子树， $u$ 节点不选/选的最大权独立集是多少。
考虑 $f$ 的值并不大，所以可以使用 $dp$ 套 $dp$ ，即设 $g_{u,i,j}$ 表示以 $u$ 为根的子树 $f_{u,0} = i,f_{u,1} = j$ 的方案数，那么转移就是显然的：（设 $v$ 为 $u$ 的儿子节点）

g_{u, i, j} \times g_{v, x, y} \to g_{u, i + max (x, y), j + y}

$g_{u,i,j} \times g_{v,x,y} \to g_{u,i + \max(x,y),j+y}$

根据树上背包的复杂度分析，这样直接做的复杂度为 $O(n^4k^4)$ 。
对于 $dp$ 套 $dp$ 常见优化就是压缩状态或者优化转移。
我们其实可以发现一条性质： $f_{u,1}$ 不会比 $f_{u,0}$ 大很多，虽然 $f_{u,0}$ 可能比 $f_{u,1}$ 大很多。
也就是说 $\max(f_{u,1},f_{u,0})-f_{u,0}$ 不大，稍微分析一下就可以发现满足： $0 \le \max(f_{u,0},f_{u,1}) - f_{u,0}\le val_u = k$
因为 $f_{u,0}$ 是在子树上按最优的方式转移的，即使 $f_{u,1}$ 也是最优的方式转移也只会多 $val_u$ 的贡献。
（注意这一行状态已经重新设计了）所以我们就可以将内层 $dp$ 状态重新设计为： $f_{u,0/1}$ 表示 $u$ 节点不强制/强制不选的答案， $g_{u,i,j}$ 表示 $f_{u,1} = i,f_{u,0} = f_{u,1} + j$ 的方案数。
转移也是显然的：

g_{u, a, b} \times g_{v, c, d} \to g_{u, a + c + d, max (a + c + d, a + b + c) - (a + c + d)}

$g_{u,a,b} \times g_{v,c,d} \to g_{u,a+c+d,\max(a+c+d,a+b+c)-(a+c+d)}$

这样的话复杂度就优化为了 $O(n^2k^4)$
需要注意一点就是 $g_{u,i,j}$ 中 $j$ 可以为 $0$ ，因为显然不强制不选的最优答案可以为不选。

代码：

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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1e3+5;
const int K = 7;
const int MOD = 1e9+7;
struct edge{
	int nxt,to;
	edge(){}
	edge(int _nxt,int _to){
		nxt = _nxt,to = _to;
	}
}e[2 * N];
int n,k,cnt,head[N],sz[N],g[N][N*K][K],f[N*K][K],ans[N*K];
//g[now][i][j] 表示 now 为根的子树，now 随意选不选权值为 i + j，now 强制不选权值为 i 的方案数 
void add_edge(int from,int to){
	e[++cnt] = edge(head[from],to);
	head[from] = cnt;
}
void dfs(int now,int fath){
	sz[now] = 1;
	for(int i=1; i<=k; i++)	g[now][0][i] = 1;
	for(int i=head[now]; i;i=e[i].nxt){
		int to = e[i].to;
		if(to == fath)	continue;
		dfs(to,now);memset(f,0,sizeof(f));
		for(int a=0; a<=sz[now]*k; a++){
			for(int b=0; b<=k; b++){
				if(g[now][a][b] == 0)	continue;
				for(int c=0; c<=sz[to]*k; c++){
					for(int d=0; d<=k; d++){
						f[a+c+d][max(a+b+c,a+c+d)-(a+c+d)] = (f[a+c+d][max(a+b+c,a+c+d)-(a+c+d)] + g[now][a][b] * g[to][c][d])%MOD;
						//其实转移就是正常的转移 
					}
				}
			}
		}
		memcpy(g[now],f,sizeof(f));
		sz[now] += sz[to];
	}
}
signed main(){
//	freopen("in.txt","r",stdin);
//	freopen("out.txt","w",stdout);
	scanf("%lld%lld",&n,&k);
	for(int i=1; i<n; i++){
		int from,to;scanf("%lld%lld",&from,&to);
		add_edge(from,to);add_edge(to,from);
	}
	dfs(1,0);
	for(int i=1; i<=n*k; i++){
		for(int j=0; j<=min(i,k); j++){
			ans[i] = (ans[i] + g[1][i-j][j])%MOD;
		}
	}
	for(int i=1; i<=n*k; i++)	printf("%lld\n",ans[i]);
	return 0;
}