LuoguP4365 [九省联考2018]秘密袭击
2024-09-08 11:57:19
https://zybuluo.com/ysner/note/1141136
题面
求一颗大小为\(n\)的树取联通块的所有方案中,第\(k\)个数之和。
- \(n\leq1,667,k\leq n\)
解析
这题可以当作暴力踩标算的范本题目。。。(其实是因为高级算法嵌套起来有时不如暴力快)
但这个暴力我是想不到的。。。
我们可以单独讨论每个点对答案的贡献,并把大于该点权值的点权值设为\(1\),其它设为\(0\)。接下来,我们就可以用\(O(nk^2\))的树形DP暴搞了。
但是,复杂度\(O(n^2k^2)\)会鬼啊。
于是换一种思路,枚举一颗树的根(讨论这个点对答案的贡献),统计儿子点在联通块中的结果,并强制取根到儿子点的路径。我们设\(dp[u][i]\)表示点\(u\)为联通块中第\(i\)个点的方案数,就可以转移了。
然而复杂度\(O(n^2k)\)???
但是我们只用枚举整颗树值排名\(\leq k\)的数作为根的情况,复杂度可以降为\(O((n-k)nk)\)。
这还跑过了。。。
Update:强制认为只能转移到 点权值大 或者 点权值相等且点编号大的点,否则会记重。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define ll long long
#define re register
#define il inline
#define fp(i,a,b) for(re int i=a;i<=b;i++)
#define fq(i,a,b) for(re int i=s;i>=b;i--)
using namespace std;
const int N=2100,mod=64123;
struct Edge{int to,next;}e[N<<1];
int d[N],h[N],dp[N][N],ans,cnt,n,k,w,root,tot;
il void add(re int u,re int v){e[++cnt]=(Edge){v,h[u]};h[u]=cnt;}
il int gi()
{
re int x=0,t=1;
re char ch=getchar();
while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9')) ch=getchar();
if(ch=='-') t=-1,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*t;
}
il void dfs(re int u,re int fa)
{
if((d[root]<d[u])||((d[u]==d[root])&&u<root))
fp(i,1,k-1) (dp[u][i+1]+=dp[fa][i])%=mod;
else fp(i,1,k) (dp[u][i]+=dp[fa][i])%=mod;
for(re int i=h[u];i+1;i=e[i].next)
{
re int v=e[i].to;
if(v==fa) continue;
dfs(v,u);
}
fp(i,1,k) (dp[fa][i]+=dp[u][i])%=mod;
}
int main()
{
memset(h,-1,sizeof(h));
n=gi();k=gi();w=gi();
fp(i,1,n) d[i]=gi();
fp(i,1,n-1)
{
re int u=gi(),v=gi();add(u,v);add(v,u);
}
fp(i,1,n)
{
root=i;tot=0;
fp(j,1,n) if((d[j]>d[i])||(d[i]==d[j]&&i>j)) ++tot;
if(tot<k-1) continue;
memset(dp,0,sizeof(dp));
dp[i][1]=1;
for(re int j=h[i];j+1;j=e[j].next)
{
re int v=e[j].to;
dfs(v,i);
}
(ans+=(1ll*dp[i][k]*d[i])%mod)%=mod;
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
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