题解 ABC207F【Tree Patrolling】

挺简单的树上背包，就是有点难写。

设 ${dp}_{u,i,x,y}$ 表示仅考虑 $u$ 的子树内，有 $i$ 个节点被控制，$x$ 为节点 $u$ 是否有警卫，$y$ 为节点 $u$ 是否被控制。（其实所有 $x=1,y=0$ 的状态都没用，但我懒得管了。）

每个点 $u$ 的初始值为 ${dp}_{u,0,0,0}={dp}_{u,1,1,1}=1$，其他为 $0$。因为初始时这个点的背包大小为 $1$（只有自己），分别对应没有警卫和有警卫。

设 $v$ 为 $u$ 的儿子，考虑合并 $v$ 的背包到 $u$ 上。设 $u,v$ 的背包大小分别为 $p,q$。下面设 $i\in[0,p],j\in[0,q]$，考虑三种状态分别如何转移：

（一）状态 $x=0,y=0$。

此时 $v$ 上一定没有警卫，不然就会覆盖到 $u$，因此：

$${dp}_{u,i+j,0,0}\stackrel{+}{\gets}{dp}_{u,i,0,0}\times({dp}_{v,j,0,0}+{dp}_{v,j,0,1})$$

（二）状态 $x=0,y=1$。

有两种情况：第一种是此前 $u$ 尚未被控制，直到 $v$ 有警卫后 $u$ 才被控制；第二种是此前 $u$ 已经被控制。因此：

$${dp}_{u,i+j,0,1}\stackrel{+}{\gets}{dp}_{u,i-1,0,0}\times{dp}_{v,j,1,1}+{dp}_{u,i,0,1}\times({dp}_{v,j,0,0}+{dp}_{v,j,0,1}+{dp}_{v,j,1,1})$$

注意第一种情况 $i$ 处要减一，因为 $u$ 点的贡献需要被算进来。

（三）状态 $x=1,y=1$。

这种情况对 $v$ 没有限制，因此：

$${dp}_{u,i+j,1,1}\stackrel{+}{\gets}{dp}_{u,i,1,1}\times({dp}_{v,j-1,0,0}+{dp}_{v,j,0,1}+{dp}_{v,j,1,1})$$

注意这里 $j$ 处又有一个减一，跟上面同理，$v$ 点的贡献需要被算进来。

在完成 $v$ 的背包向 $u$ 的合并后，我们将 $p\stackrel{+}{\gets}q$ 即可继续合并下一棵子树。

上面减一处均有数组越界的风险，这里认为所有不合法（负数下标）的状态的值均为 $0$。

正确实现的树上背包的复杂度为 $\mathcal O(n^2)$，原因是两个点只在 LCA 处被合并一次。正确实现树上背包的方法是精细枚举背包大小，也就是上文对 $p,q$ 的处理。这一点在代码中是通过 $sz$ 数组实现的。

//By: OIer rui_er
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(x,y,z) for(ll x=(y);x<=(z);x++)
#define per(x,y,z) for(ll x=(y);x>=(z);x--)
#define debug(format...) fprintf(stderr, format)
#define fileIO(s) do{freopen(s".in","r",stdin);freopen(s".out","w",stdout);}while(false)
using namespace std;
typedef long long ll;

mt19937 rnd(std::chrono::duration_cast<std::chrono::nanoseconds>(std::chrono::system_clock::now().time_since_epoch()).count());
ll randint(ll L, ll R) {
    uniform_int_distribution<ll> dist(L, R);
    return dist(rnd);
}

template<typename T> void chkmin(T& x, T y) {if(x > y) x = y;}
template<typename T> void chkmax(T& x, T y) {if(x < y) x = y;}

const ll N = 2e3+5, mod = 1e9+7;

ll n, dp[N][N][2][2], tmp[N][2][2], sz[N];
vector<ll> e[N];

void dfs(ll u, ll f) {
    dp[u][0][0][0] = dp[u][1][1][1] = 1;
    sz[u] = 1;
    for(ll v : e[u]) {
        if(v != f) {
            dfs(v, u);
            // debug("%lld -> %lld\n", u, v);
            rep(i, 0, sz[u]+sz[v]) {
                tmp[i][0][0] = 0;
                tmp[i][0][1] = 0;
                tmp[i][1][1] = 0;
            }
            per(i, sz[u], 0) {
                per(j, sz[v], 0) {
                    tmp[i+j][0][0] += dp[u][i][0][0] * (dp[v][j][0][0] + dp[v][j][0][1]);
                    tmp[i+j][0][0] %= mod;
                    if(i >= 1) {
                        tmp[i+j][0][1] += dp[u][i-1][0][0] * dp[v][j][1][1] + dp[u][i][0][1] * (dp[v][j][0][0] + dp[v][j][0][1] + dp[v][j][1][1]);
                        tmp[i+j][0][1] %= mod;
                        tmp[i+j][1][1] += dp[u][i][1][1] * ((j >= 1 ? dp[v][j-1][0][0] : 0) + dp[v][j][0][1] + dp[v][j][1][1]);
                        tmp[i+j][1][1] %= mod;
                    }
                }
            }
            rep(i, 0, sz[u]+sz[v]) {
                dp[u][i][0][0] = tmp[i][0][0];
                dp[u][i][0][1] = tmp[i][0][1];
                dp[u][i][1][1] = tmp[i][1][1];
            }
            sz[u] += sz[v];
            // rep(i, 0, sz[u]) debug("DP[%lld][%lld] = {%lld, %lld, %lld}\n", u, i, dp[u][i][0][0], dp[u][i][0][1], dp[u][i][1][1]);
        }
    }
    // debug("@ %lld\n", u);
    // rep(i, 0, sz[u]) debug("DP[%lld][%lld] = {%lld, %lld, %lld}\n", u, i, dp[u][i][0][0], dp[u][i][0][1], dp[u][i][1][1]);
}

int main() {
    // freopen("debug.log", "w", stderr);
    scanf("%lld", &n);
    rep(i, 1, n-1) {
        ll u, v;
        scanf("%lld%lld", &u, &v);
        e[u].push_back(v);
        e[v].push_back(u);
    }
    dfs(1, 0);
    rep(i, 0, n) printf("%lld\n", (dp[1][i][0][0]+dp[1][i][0][1]+dp[1][i][1][1])%mod);
    return 0;
}