题解 [SDOI/SXOI2022] 小 N 的独立集
首先考虑一个暴力 DP
令 \(f_{i, j, k}\) 为点 \(i\) 所在子树，强制选 \(i\) 的最大权独立集为 \(j\)，强制不选的为 \(k\) 的方案数
转移考虑每次并进来一个子树
这样的复杂度是 \(O(n^5k^4)\) 的
然后意识到将子树 \(v\) 合并进 \(u\) 的时候所有 \(j\leqslant k\) 的状态可以合成一个
那么用 vector 保存所有有用状态，可以跑过 95 pts
然后正解：
观察一下性质
发现对于一个点 \(u\) 的一个 \((选, 不选)\) 的状态，若在某个时刻不选的权值比选大了
那么不管再怎么并入子树不选的权值都会比选大
所以可以将状态设计为 \((不选, max\{选, 不选\})\)
考虑到 \(val(选)-val(不选)\leqslant k\)
所以这样的状态总数是 \(O(n^2k^2)\) 的
转移复杂度与树上背包类似，是 \(O(n^2k^4)\) 的
于是最终复杂度 \(O(n^2k^4)\)
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define N 100010
#define fir first
#define sec second
#define pb push_back
#define ll long long
//#define int long long
char buf[1<<21], *p1=buf, *p2=buf;
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf, 1, 1<<21, stdin)), p1==p2?EOF:*p1++)
inline int read() {
int ans=0, f=1; char c=getchar();
while (!isdigit(c)) {if (c=='-') f=-f; c=getchar();}
while (isdigit(c)) {ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48); c=getchar();}
return ans*f;
}
int n, k;
int head[N], ecnt;
const ll mod=1e9+7;
struct edge{int to, next;}e[N<<1];
// inline void md(ll& a, ll b) {a+=b; a=a>=mod?a-mod:a;}
inline void md(ll& a, ll b) {a=(a+b)%mod;}
inline void add(int s, int t) {e[++ecnt]={t, head[s]}; head[s]=ecnt;}
namespace force{
int val[N], f[N][2], ans[N];
void dfs2(int u, int fa) {
f[u][1]=val[u]; f[u][0]=0;
for (int i=head[u],v; ~i; i=e[i].next) {
v = e[i].to;
if (v==fa) continue;
dfs2(v, u);
f[u][1]+=f[v][0];
f[u][0]+=max(f[v][0], f[v][1]);
}
}
void dfs1(int u) {
if (u>n) {dfs2(1, 0); ++ans[max(f[1][0], f[1][1])]; return ;}
for (int i=1; i<=k; ++i) val[u]=i, dfs1(u+1);
}
void solve() {
dfs1(1);
for (int i=1; i<=n*k; ++i) printf("%d\n", ans[i]);
}
}
namespace task1{
int top;
bool vis[5100][5100];
ll tem[5100][5100], ans[N];
pair<int, int> sta[5100*5100];
vector<pair<pair<int, int>, ll>> f[N];
void dfs(int u, int fa) {
for (int i=1; i<=k; ++i) f[u].pb({{i, 0}, 1ll});
for (int i=head[u],v; ~i; i=e[i].next) {
v = e[i].to;
if (v==fa) continue;
dfs(v, u);
for (auto& it2:f[v]) {
int t1=it2.fir.sec, t2=max(it2.fir.fir, it2.fir.sec);
for (auto& it:f[u]) {
if (!vis[it.fir.fir+t1][it.fir.sec+t2]) {
sta[++top]={it.fir.fir+t1, it.fir.sec+t2};
vis[it.fir.fir+t1][it.fir.sec+t2]=1;
}
md(tem[it.fir.fir+t1][it.fir.sec+t2], it.sec*it2.sec);
}
}
f[u].clear();
for (; top; --top) {
f[u].pb({sta[top], tem[sta[top].fir][sta[top].sec]});
tem[sta[top].fir][sta[top].sec]=0;
vis[sta[top].fir][sta[top].sec]=0;
}
}
}
void solve() {
// cout<<double(sizeof(vis)+sizeof(tem)+sizeof(sta))/1000/1000<<endl; exit(0);
dfs(1, 0);
for (auto it:f[1]) md(ans[max(it.fir.fir, it.fir.sec)], it.sec);
for (int i=1; i<=n*k; ++i) printf("%lld\n", ans[i]);
}
}
namespace task2{
int top, top2;
vector<pair<pair<int, int>, ll>> f[N];
bool vis[5100][5100], vis2[5100][5100];
ll tem[5100][5100], buc[5100][5100], ans[N];
pair<int, int> sta[5100*5100], sta2[5100*5100];
void dfs(int u, int fa) {
for (int i=1; i<=k; ++i) f[u].pb({{i, 0}, 1ll});
for (int i=head[u],v; ~i; i=e[i].next) {
v = e[i].to;
if (v==fa) continue;
dfs(v, u);
for (auto& it:f[v]) {
int t1=it.fir.sec, t2=max(it.fir.fir, it.fir.sec);
if (!vis2[t1][t2]) {
sta2[++top2]={t1, t2};
vis2[t1][t2]=1;
}
// md(buc[t1][t2], it.sec);
buc[t1][t2]=(buc[t1][t2]+it.sec)%mod;
}
for (int j=1; j<=top2; ++j) {
int t1=sta2[j].fir, t2=sta2[j].sec;
for (auto& it:f[u]) {
if (!vis[it.fir.fir+t1][it.fir.sec+t2]) {
sta[++top]={it.fir.fir+t1, it.fir.sec+t2};
vis[it.fir.fir+t1][it.fir.sec+t2]=1;
}
tem[it.fir.fir+t1][it.fir.sec+t2]=(tem[it.fir.fir+t1][it.fir.sec+t2]+it.sec*buc[t1][t2])%mod;
}
}
f[u].clear();
for (; top; --top) {
f[u].pb({sta[top], tem[sta[top].fir][sta[top].sec]});
tem[sta[top].fir][sta[top].sec]=0;
vis[sta[top].fir][sta[top].sec]=0;
}
for (; top2; --top2) {
buc[sta2[top2].fir][sta2[top2].sec]=0;
vis2[sta2[top2].fir][sta2[top2].sec]=0;
}
}
}
void solve() {
// cout<<double(sizeof(vis)+sizeof(tem)+sizeof(sta))/1000/1000<<endl; exit(0);
dfs(1, 0);
for (auto it:f[1]) md(ans[max(it.fir.fir, it.fir.sec)], it.sec);
for (int i=1; i<=n*k; ++i) printf("%lld\n", ans[i]);
}
}
namespace task{
int top;
bool vis[5100][5100];
ll tem[5100][5100], ans[N];
pair<int, int> sta[5100*5100];
vector<pair<pair<int, int>, ll>> f[N];
void dfs(int u, int fa) {
for (int i=1; i<=k; ++i) f[u].pb({{0, i}, 1ll});
for (int i=head[u],v; ~i; i=e[i].next) {
v = e[i].to;
if (v==fa) continue;
dfs(v, u);
for (auto& it2:f[v]) {
int t1=it2.fir.fir, t2=it2.fir.sec;
for (auto& it:f[u]) {
if (it.fir.fir==it.fir.sec) {
if (!vis[it.fir.fir+t2][it.fir.sec+t2]) {
sta[++top]={it.fir.fir+t2, it.fir.sec+t2};
vis[it.fir.fir+t2][it.fir.sec+t2]=1;
}
md(tem[it.fir.fir+t2][it.fir.sec+t2], it.sec*it2.sec);
}
else {
if (!vis[it.fir.fir+t2][max(it.fir.fir+t2, it.fir.sec+t1)]) {
sta[++top]={it.fir.fir+t2, max(it.fir.fir+t2, it.fir.sec+t1)};
vis[it.fir.fir+t2][max(it.fir.fir+t2, it.fir.sec+t1)]=1;
}
md(tem[it.fir.fir+t2][max(it.fir.fir+t2, it.fir.sec+t1)], it.sec*it2.sec);
}
}
}
f[u].clear();
for (; top; --top) {
f[u].pb({sta[top], tem[sta[top].fir][sta[top].sec]});
tem[sta[top].fir][sta[top].sec]=0;
vis[sta[top].fir][sta[top].sec]=0;
}
}
}
void solve() {
// cout<<double(sizeof(vis)+sizeof(tem)+sizeof(sta))/1000/1000<<endl; exit(0);
dfs(1, 0);
for (auto it:f[1]) md(ans[max(it.fir.fir, it.fir.sec)], it.sec);
for (int i=1; i<=n*k; ++i) printf("%lld\n", ans[i]);
}
}
signed main()
{
freopen("nset.in", "r", stdin);
freopen("nset.out", "w", stdout);
n=read(); k=read();
memset(head, -1, sizeof(head));
for (int i=1,u,v; i<n; ++i) {
u=read(); v=read();
add(u, v); add(v, u);
}
// force::solve();
// task1::solve();
// task2::solve();
task::solve();
return 0;
}
