Solution -「CF 917D」Stranger Trees

$\mathcal{Description}$

  Link.

  给定一棵包含 $n$ 个点的有标号树，求与这棵树重合恰好 $0,1,\cdots,n-1$ 条边的树的个数，对 $10^9+7$ 取模。

  $n\le100$。

$\mathcal{Solution}$

$\mathcal{Case~1}$

  考虑把“是否是原树上的边”看做一种权值，相当于求完全图的生成树。具体地，令完全图中，原树有的边的权值为 $1$，否则为 $x$，用多项式暴力维护求行列式，取答案的前若干项即为答案。

  $\mathcal O(n^5)$，原题过不了 qwq。不过可以用带入 $x$ 再插值的方法优化为 $\mathcal O(n^4)$。

$\mathcal{Case~2}$

  尝试带着二项式反演在树上 DP 计数。若把原树分为若干个联通块，块的大小为 $a_1,a_2,\cdots,a_m$，则把这些块连成树的方案数为

$$n^{m-2}\prod_i a_i$$

Prufer 或 Matrix-Tree 可证。

  基于此，令 $f(u,i,j)$ 表示 $u$ 子树内分为 $i$ 个联通块，其中 $u$ 所在块的大小为 $j$ 的方案数。自然得到一个 $\mathcal O(n^3)$ 的转移。

  继续优化，考虑 $\prod_ia_i$ 的组合意义——在每个块内选一个关键点。所以可以设 $f(u,i,0/1)$ 表示 $u$ 子树内分为 $i$ 个联通块，其中 $u$ 所在联通块是否已选关键点时的方案数。$\mathcal O(n^3)$ 转移。

  最后，$f(\textit{root},k,1)$ 即表示钦定新树与原树重合某 $n-k$ 条边的方案数，记为 $g(n-k)$。令 $i$ 的答案为 $h(i)$，则 $g$ 与 $h$ 构成反演关系：

$$g(k)=\sum_{j\ge k}\binom{j}{k}h(j)$$

所以有

$$h(k)=\sum_{j\ge k}(-1)^{j-k}\binom{j}{k}g(j)$$

  以上，$\mathcal O(n^2)$ 即可求出答案。

$\mathcal{Code}$

/* Clearink */

#include <cstdio>

#define rep( i, l, r ) for ( int i = l, repEnd##i = r; i <= repEnd##i; ++i )
#define per( i, r, l ) for ( int i = r, repEnd##i = l; i >= repEnd##i; --i )

const int MAXN = 100, MOD = 1e9 + 7;
int n, ecnt, head[MAXN + 5], comb[MAXN + 5][MAXN + 5];
int siz[MAXN + 5], f[MAXN + 5][MAXN + 5][2], g[MAXN + 5];
struct Edge { int to, nxt; } graph[MAXN * 2 + 5];

inline int mul( const long long a, const int b ) { return a * b % MOD; }
inline int sub( int a, const int b ) { return ( a -= b ) < 0 ? a + MOD : a; }
inline void subeq( int& a, const int b ) { ( a -= b ) < 0 && ( a += MOD ); }
inline int add( int a, const int b ) { return ( a += b ) < MOD ? a : a - MOD; }
inline void addeq( int& a, const int b ) { ( a += b ) >= MOD && ( a -= MOD ); }
inline int mpow( int a, int b ) {
	int ret = 1;
	for ( ; b; a = mul( a, a ), b >>= 1 ) ret = mul( ret, b & 1 ? a : 1 );
	return ret;
}

inline void link( const int u, const int v ) {
	graph[++ecnt] = { v, head[u] }, head[u] = ecnt;
	graph[++ecnt] = { u, head[v] }, head[v] = ecnt;
}

inline void initC() {
	comb[0][0] = 1;
	rep ( i, 1, n ) {
		comb[i][0] = 1;
		rep ( j, 1, i ) comb[i][j] = add( comb[i - 1][j - 1], comb[i - 1][j] );
	}
}

inline void getDP( const int u, const int fa ) {
	f[u][1][0] = f[u][1][1] = siz[u] = 1;
	int tmp[MAXN + 5][2] = {}, ( *fcur )[2] = f[u];
	for ( int e = head[u], v; e; e = graph[e].nxt ) {
		if ( ( v = graph[e].to ) != fa ) {
			getDP( v, u );
			int ( *fsub )[2] = f[v];
			rep ( i, 1, siz[u] ) rep ( j, 1, siz[v] ) {
				addeq( tmp[i + j][0], mul( fcur[i][0], fsub[j][1] ) );
				addeq( tmp[i + j][1], mul( fcur[i][1], fsub[j][1] ) );
				addeq( tmp[i + j - 1][0], mul( fcur[i][0], fsub[j][0] ) );
				addeq( tmp[i + j - 1][1], add( mul( fcur[i][0], fsub[j][1] ),
					mul( fcur[i][1], fsub[j][0] ) ) );
			}
			siz[u] += siz[v];
			rep ( i, 1, siz[u] ) {
				fcur[i][0] = tmp[i][0], tmp[i][0] = 0;
				fcur[i][1] = tmp[i][1], tmp[i][1] = 0;
			}
		}
	}
}

int main() {
	scanf( "%d", &n ), initC();
	for ( int i = 1, u, v; i < n; ++i ) {
		scanf( "%d %d", &u, &v );
		link( u, v );
	}
	getDP( 1, 0 );
	rep ( i, 1, n ) {
		g[n - i] = mul( f[1][i][1], i < 2 ? 1 : mpow( n, i - 2 ) );
	}
	g[n - 1] = 1;
	rep ( i, 0, n - 1 ) {
		int ans = 0;
		rep ( j, i, n - 1 ) {
			( ( j - i ) & 1 ? subeq : addeq )( ans,
				mul( comb[j][i], g[j] ) );
		}
		printf( "%d%c", ans, i < n - 1 ? ' ' : '\n' );
	}
	return 0;
}