【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 $O(nk+k^2)$。