【做题记录】国家集训队2011 Crash的文明世界

• 【国家集训队 \(2011\)】\(\text{Crash}\) 的文明世界

  • 算法：第二类斯特林数、换根 \(\text{dp}\)

题目：

给出一棵 \(n\) 个点的树，求对于每个点 \(i\) 的 \(d(i)\) 值。

\[d(i)=\sum\limits_{1\leq j\leq n}^{i\neq j}\text{dist}(j,i)^k \]

\(1\leq n\leq 50000,1\leq k\leq 150\)

题解：

首先对于第二类斯特林数有一个性质：

\[n^k=\sum\limits_{i=0}^{k}\begin{Bmatrix}k\\i\end{Bmatrix}\begin{pmatrix}n\\i\end{pmatrix}i! \]

这个性质很显然。\(n^k\) 表示将 \(k\) 个球放入 \(n\) 个盒子。

然后枚举 \(k\) 个球放入盒子的盒数，即 \(i\)。然后将 \(k\) 个球放入 \(i\) 个盒子里，每个盒子非空，即为 \(\begin{Bmatrix}k\\i\end{Bmatrix}\)。然后从 \(n\) 个盒子中选出 \(i\) 个盒子又有 \(\begin{pmatrix}n\\i\end{pmatrix}\) 种，又因为盒子不同所以还要再乘上 \(i!\)。

对于题目所求的式子，我们不妨将这个性质代入 \(\text{dis}(x,i)^k\)，得

\[\begin{aligned}d(i) & = \sum\limits_{1\leq j\leq n}^{i\neq j}\sum\limits_{l=0}^{k}\begin{Bmatrix}k\\l\end{Bmatrix}\begin{pmatrix}\text{dist}(x,l)\\l\end{pmatrix}l! \\ & = \sum\limits_{l=0}^{k}l!\begin{Bmatrix}k\\l\end{Bmatrix}\sum\limits_{1\leq j\leq n}^{i\neq j}\begin{pmatrix}\text{dist}(x,l)\\l\end{pmatrix}\end{aligned} \]

然后题目的 \(k\) 非常小，所以对于 \(\sum\limits_{l=0}^{k}l!\begin{Bmatrix}k\\l\end{Bmatrix}\) 你可以随便搞暴力，反正 \(l!\) 和 \(\begin{Bmatrix}k\\l\end{Bmatrix}\) 都可以预处理出来嘛。

因为 \(k\) 实在是太小了，所以你甚至用 \(\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}=\begin{Bmatrix}n-1\\m-1\end{Bmatrix}+m\begin{Bmatrix}n-1\\m\end{Bmatrix}\) 递推式 \(O(k^2)\) 都可以过。

然后观察剩下的。

不妨考虑 \(\text{dp}\) 转移，设 \(u\in tr_i\) 表示 \(u\) 在 \(i\) 的子树内，\(u\in son_i\) 表示 \(u\) 是 \(i\) 的其中一个儿子，那么设

\[dp_{i,j}=\sum\limits_{u\in tr_i}\begin{pmatrix}\text{dist}(i,u)\\j\end{pmatrix} \]

根据组合数最基本的式子，

\[\begin{pmatrix}n\\m\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}n-1\\m\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}n-1\\m-1\end{pmatrix} \]

有

\[dp_{i,j}=\sum\limits_{u\in son_i}\begin{pmatrix}\text{dist}(i,u)-1\\j\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}\text{dist}(i,u)-1\\j-1\end{pmatrix} \]

即

\[dp_{i,j}=\sum\limits_{u\in son_i}dp_{u,j}+dp_{u,j-1} \]

然后换根 \(\text{dp}\)，即上一次转移中的父亲成为这次转移中的儿子，最后一直推下去即可。

总的时间复杂度分两块：

1. 预处理第二类斯特林数和阶乘，\(O(k^2)\)（这里是用递推式来做的）
2. 换根 \(\text{dp}\)，\(O(nk)\)

总时间复杂度为 \(O(nk+k^2)\)。