51Nod-1353-树
2017-06-08 22:06
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我们令 dp[i][j] 表示以 i 为根且当前联通块大小为 k 的方案总数,特别的,dp[i][0] 表示割点当前点与其父亲是棵平衡树的方案总数。
对于 u 的一个孩子 v 可以得到转移方程 dp[u][j+k]=dp[u][j]∗dp[v][k]
另外 dp[u][0]=Σdp[u][j](j>=题目给定的k)
这样乍看是 n3 的,有一个技巧可以做到 n2 即每次 dp 时,只枚举当前 u 所在子树的大小,每当枚举到它的其中孩子时,当前 u 所在子树的大小加上它孩子为根的子树的大小。可以理解为每一个点对只被枚举到一次。
最后答案即为 dp[root][0]。
这个题虽然有官方题解,但是看着我也是一脸懵逼,只是清楚的知道这是一个树归,思前想后,于是找到了一个 AC 代码研究了一番,大致算是明白了,但是状态转移方程依然是似懂非懂……如果哪个大牛有高见,烦指教~~~
暂且说一下我的理解,因为这里是平衡树,所以没有确定几个分叉,只是确定高度差不大于一,所以我的理解是,一棵以 u 为根的树,无论去哪一棵子树,并且这个子树的根是 u 的孩子,那么最后一定都满足平衡,本着这样的思路,利用乘法原理可以得到如上转移方程。
不知我的理解是否有偏差,如果有的话,烦请告知!
描述
题解
这个题做出来的人很少,看了看官方题解,如下:我们令 dp[i][j] 表示以 i 为根且当前联通块大小为 k 的方案总数,特别的,dp[i][0] 表示割点当前点与其父亲是棵平衡树的方案总数。
对于 u 的一个孩子 v 可以得到转移方程 dp[u][j+k]=dp[u][j]∗dp[v][k]
另外 dp[u][0]=Σdp[u][j](j>=题目给定的k)
这样乍看是 n3 的,有一个技巧可以做到 n2 即每次 dp 时,只枚举当前 u 所在子树的大小,每当枚举到它的其中孩子时,当前 u 所在子树的大小加上它孩子为根的子树的大小。可以理解为每一个点对只被枚举到一次。
最后答案即为 dp[root][0]。
这个题虽然有官方题解,但是看着我也是一脸懵逼,只是清楚的知道这是一个树归,思前想后,于是找到了一个 AC 代码研究了一番,大致算是明白了,但是状态转移方程依然是似懂非懂……如果哪个大牛有高见,烦指教~~~
暂且说一下我的理解,因为这里是平衡树,所以没有确定几个分叉,只是确定高度差不大于一,所以我的理解是,一棵以 u 为根的树,无论去哪一棵子树,并且这个子树的根是 u 的孩子,那么最后一定都满足平衡,本着这样的思路,利用乘法原理可以得到如上转移方程。
不知我的理解是否有偏差,如果有的话,烦请告知!
代码
#include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> using namespace std; const int MAXN = 2222; const int MOD = 1e9 + 7; int n, k; int tot = 0; int pre[MAXN]; int dp[MAXN][MAXN]; int s[MAXN]; struct edge { int next; int to; } e[MAXN << 1]; void AND_MOD(int &x, int y) { x += y; if (x >= MOD) { x -= MOD; } } void dfs(int u, int fa) { dp[u][s[u] = 1] = 1; for (int it = pre[u]; it; it = e[it].next) { if (e[it].to == fa) { continue; } dfs(e[it].to, u); for (int i = s[u]; i > 0; i--) { for (int j = s[e[it].to]; j > 0; j--) { AND_MOD(dp[u][i + j], (long long)dp[u][i] * dp[e[it].to][j] % MOD); } dp[u][i] = (long long)dp[u][i] * dp[e[it].to][0] % MOD; } s[u] += s[e[it].to]; } for (int i = k; i <= s[u]; i++) { AND_MOD(dp[u][0], dp[u][i]); } } int main() { cin >> n >> k; int u, v; for (int i = 1; i < n; ++i) { scanf("%d%d", &u, &v); e[++tot] = (edge){pre[u], v}; pre[u] = tot; e[++tot] = (edge){pre[v], u}; pre[v] = tot; } dfs(1, -1); printf("%d\n", dp[1][0]); return 0; }
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