HDU 5909 Tree Cutting [树形dp+FWT]【动态规划+数学】

题目链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5909

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Tree Cutting Accepts: 14 Submissions: 119

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问题描述

Byteasar有一棵n个点的无根树，节点依次编号为1到n，其中节点ii的权值为vi。

定义一棵树的价值为它所有点的权值的异或和。

现在对于每个[0,m)的整数k，请统计有多少T的非空连通子树的价值等于k。

一棵树TT的连通子树就是它的一个连通子图，并且这个图也是一棵树。

输入描述

第一行包含一个正整数T(1≤T≤10)，表示测试数据的组数。

每组数据的第一行包含两个正整数n(n≤1000)和m(1≤m≤210)，分别表示树的大小以及权值的上界。

第二行包含n个整数v1,v2,v3,...,vn(0≤vi<m)，分别表示每个节点的权值。

接下来n−1行每行包含两个正整数ai,bi(1≤ai,bi≤n)，表示有一条连接ai和bi

​​ 的无向边。

输入数据保证m是2的非负整数幂。

输出描述

对于每组数据，输出一行m个整数，其中第i个整数表示价值为i的非空连通子树的数目。

因为答案很大，所以请模109+7后输出。

输入样例

2

4 4

2 0 1 3

1 2

1 3

1 4

4 4

0 1 3 1

1 2

1 3

1 4

输出样例

3 3 2 3

2 4 2 3

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很容易想到树形dp

设dp[i][j] 以第i个节点为根的联通子树异或和为j的数目.

转移的过程就是dp[u][i^j]+=dp[u][i]*dp[to][j];

这部分很好想到,但是复杂度却是O(nm2)的.

显然超时

然后有了一个FWT这种东西,快速沃尔什变换

和FFT类似,同样是将一个O(n2)的卷积运算转化为O(nlogn)的.

FWT是

c[x]=∑i\^j=xa[i]∗b[j],与本题所求相同，套上去就好了

详细戳这里吧http://blog.csdn.net/liangzhaoyang1/article/details/52819835

附本题代码

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#include <bits/stdc++.h>
typedef long long int LL;
using namespace std;
#define abs(x) ((x)>0?(x):-(x))
const int N   = 1e3+7;
const int MOD = 1e9+7;
/*****************************************************************/

vector<int>G
;
int w
,dp
[(1<<10)+9],ans[(1<<10)+9],tmp[(1<<10)+9];

int n,m,len;

void FWT(int a[],int n){
for(int d=1;d<n;d<<=1)
for(int m=d<<1,i=0;i<n;i+=m)
for(int j=0;j<d;j++){
int x=a[i+j],y=a[i+j+d];
a[i+j]=(x+y)%MOD,a[i+j+d]=(x-y+MOD)%MOD;
//xor:a[i+j]=x+y,a[i+j+d]=(x-y+MOD)%MOD;
//and:a[i+j]=x+y;
//or :a[i+j+d]=x+y;
}
}

void UFWT(int a[],int n){
const int rev = (MOD+1)>>1;
for(int d=1;d<n;d<<=1)
for(int m=d<<1,i=0;i<n;i+=m)
for(int j=0;j<d;j++){
int x=a[i+j],y=a[i+j+d];
a[i+j]=1LL*(x+y)*rev%MOD,a[i+j+d]=(1LL*(x-y)*rev%MOD+MOD)%MOD;
//xor:a[i+j]=(x+y)/2,a[i+j+d]=(x-y)/2;  inv
//and:a[i+j]=x-y;
//or :a[i+j+d]=y-x;
}
}

void solve(int a[],int b[],int n){
FWT(a,n);
FWT(b,n);
for(int i=0;i<n;i++) a[i]=1LL*a[i]*b[i]%MOD;
UFWT(a,n);
}

void dfs(int u,int f=0){
for(int i=0;i<len;i++) dp[u][i]=0;
dp[u][w[u]]=1;
int gz=G[u].size();
for(int i=0,to;i<gz;i++){
to=G[u][i];
if(to==f) continue;
dfs(to,u);
for(int i=0;i<len;i++) tmp[i]=dp[u][i];
solve(tmp,dp[to],len);
for(int i=0;i<len;i++) dp[u][i]=(dp[u][i]+tmp[i])%MOD;
}

for(int i=0;i<len;i++) ans[i]=(ans[i]+dp[u][i])%MOD;
}

int main(){
int _;
for(scanf("%d",&_);_;_--){
scanf("%d %d",&n,&m);
memset(ans,0,sizeof(ans));
for(len=1;len<m;len<<=1);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&w[i]);
for(int i=1,u,v;i<n;i++){
scanf("%d%d",&u,&v);
G[u].push_back(v);
G[v].push_back(u);
}
dfs(1);
for(int i=0;i<m-1;i++) printf("%d ",ans[i]); printf("%d\n",ans[m-1]);

for(int i=1;i<=n;i++) G[i].clear();
}
return 0;
}