2025.2.21的模拟赛题“樱花树”题解

为避免混淆，题目中的 $X$ 在下文中为大写。

操作标号法，将不同的操作标号，并用无序列表的方式罗列各自的限制，可以使得逻辑清晰

称前 $k - 1$ 次操作成为1号操作，第 $k$ 次（不含）以后的操作称作2号操作

设 $f_{x, i, j}$ 表示在 $x$ 的子树中，1号操作做了 $i$ 次，2号操作做了 $j$ 次
限制就是

$X$ 到跟的路径不能做1号操作，x的子树中不能做2号操作
$X$ 节点本身的操作既不计入1，也不计入2，可以看作不操作
子树中执行了2号操作，其到根节点就不能执行1号操作

dp 方程也十分简单了，

f_{x, a, b} f_{y, A, B} (\binom{a + A}{a}) (\binom{b + B}{b}) \to f_{x, a + A, b + B}^{'}

这样复杂度 $O (n^{3})$ 。

考虑优化，令 $f_{x, i}$ 表示在 $x$ 的子树中操作 $i$ 次的方案数，若 $x$ 是 $X$ 及其祖先，则强制令其不删除。这个转移是简单的。

将节点分为三类

对于 $x$ 的子树，可以直接用一个普通的背包求解

对于 $x$ 外的非祖先，其实也没必要分的那么清楚，可以简单的存个总的操作次数

主要是对于 $x$ 的祖先，需要把进行了几次 $x$ 前的操作分出来，但主要对于 $x$ 外的非祖先也不是那么好分，方案数不定。

我们发现1号操作

一种巧妙地思路是，设 $g_{x, i}$ 表示从根处理到节点 $x$ ，其中在 $x$ 节点之前被选中的节点数有 $i$ 个的方案数。

首先考虑如何从父亲继承：

g_{x, i} = [x \neq 1 \land x \neq X] g_{f a, i} + \sum_{j = i}^{n} g_{f a, j}

什么意思呢？

首先如果 $x$ 节点不进行删除操作，那么所有在 $f a$ 节点之后操作的也会在 $x$ 节点之后，然而当 $x = 1 o r X$ 的时候 $x$ 必须执行删除操作，所以有 $[x \neq 1 \land x \neq X] g_{f a, i}$ 的贡献
如果 $x$ 要执行删除操作，那么对于每一种 $f a$ 之后的删除节点的操作序列，都可以选择任意多的节点放在 $x$ 之前删除，其余的放在 $x$ 之后操作，由于每种操作序列的顺序是确定的，这里不需要乘以组合数，有 $\sum_{j = i}^{n} g_{f a, j}$ 的贡献

接下来考虑如何合并 $x$ 的子树，既然这些节点都在 $x$ 之后操作了，那么合并就十分简单了，有：

g_{x, i} \times f_{x, j} \times (\binom{i + j}{i}) \to g_{x, i + j}^{'}

于是我们在 $O (n^{2})$ 的时间中解决了这道题。

代码（去掉取模了，应该是很好理解的）：

g[0]=1;
for(int x:anc){
    for(int i=all,sum=0;i>=0;i--){
        sum+=g[i];
        g[i]=(x==1||x==u?0:g[i])+sum;
    }
    for(int i=0;i<=all;i++)tmp[i]=g[i],g[i]=0;
    for(int i=0;i<=all;i++)
        for(int j=0;j<=siz[x];j++)
            g[i+j]+=tmp[i]*f[x][j]*c[i+j][i];
    all+=siz[x];
}
cout<<g[K-1];