熟练剖分(tree) 树形DP

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分析

我们设\(f[i][j]\)为以\(i\)为根节点的子树中最坏时间复杂度小于等于\(j\)的概率

设\(g[i][j]\)为当前扫到的以\(i\)为父亲节点的所有儿子最坏时间复杂度小于等于\(j\)的概率之和

因为每遍历到一个新的节点，原来的\(g\)数组中的值就要全部更新，因此我们压掉第一维

下面我们考虑转移

对于当前枚举到的某一个节点，我们用三重循环分别扫一边

第一重循环代表当前哪一个节点充当重儿子，第二重循环枚举所有儿子，第三充循环枚举最坏时间复杂度\(k\)

如果第二重循环中枚举的儿子恰好是重儿子的话，那么父亲节点的最坏时间复杂度为\(k\)的情况可以由两种情况转移过来

第一种情况就是重儿子的时间复杂度恰好为\(k\)的概率乘上其它儿子时间复杂度小于等于\(k\)的概率

第二种情况就是其它儿子的时间复杂度恰好为\(k\)的概率乘上重儿子的时间复杂度小于等于\(k\)的概率

不要忘了减去重复的情况

如果第二重循环中枚举的儿子不是重儿子的话，那么父亲节点的最坏时间复杂度为\(k\)的情况可以由两种情况转移过来

第一种情况就是重儿子的时间复杂度恰好为\(k-1\)的概率乘上其它儿子时间复杂度小于等于\(k\)的概率

第二种情况就是其它儿子的时间复杂度恰好为\(k\)的概率乘上重儿子的时间复杂度小于等于\(k-1\)的概率

也不要忘了减去重复的情况

代码

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<vector>

inline int read(){

	int x=0,fh=1;

	char ch=getchar();

	while(ch<'0' || ch>'9'){

		if(ch=='-') fh=-1;

		ch=getchar();

	}

	while(ch>='0' && ch<='9'){

		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);

		ch=getchar();

	}

	return x*fh;

}

const int maxn=3e3+5;

const int mod=1e9+7;

int fa[maxn],head[maxn],tot=1,n,rt;

struct asd{

	int to,next;

}b[maxn<<1];

void ad(int aa,int bb){

	b[tot].to=bb;

	b[tot].next=head[aa];

	head[aa]=tot++;

}

int ksm(int ds,int zs){

	int ans=1;

	while(zs){

		if(zs&1) ans=1LL*ans*ds%mod;

		ds=1LL*ds*ds%mod;

		zs>>=1;

	}

	return ans;

}

int son[maxn],siz[maxn];

long long f[maxn][maxn],g[maxn],h[maxn];

void dfs(int now){

	siz[now]=1;

	for(int i=head[now];i!=-1;i=b[i].next){

		int u=b[i].to;

		if(u==fa[now]) continue;

		dfs(u);

		siz[now]+=siz[u];

	}

	int p=ksm(son[now],mod-2);

	for(int i=head[now];i!=-1;i=b[i].next){

		if(b[i].to==fa[now]) continue;

		for(int j=0;j<=n;j++) g[j]=1;

		//初始化g数组

		int zez=b[i].to;

		//枚举重儿子

		for(int j=head[now];j!=-1;j=b[j].next){

			if(b[j].to==fa[now]) continue;

			int qez=b[j].to;

			//枚举其它儿子

			for(int k=0;k<=siz[qez]+1;k++){

				//枚举最大时间复杂度

				long long qt=g[k],xz=f[qez][k];

				if(k) qt-=g[k-1],xz-=f[qez][k-1];

				if(zez==qez){

					h[k]=(qt*f[qez][k]%mod+xz*g[k]%mod-xz*qt%mod+mod)%mod;

				} else {

					xz=f[qez][k-1];

					if(k>1) xz-=f[qez][k-2];

					h[k]=(qt*f[qez][k-1]%mod+xz*g[k]%mod-xz*qt%mod+mod)%mod;

				}

			}

			g[0]=h[0],h[0]=0;

			for(int k=1;k<=siz[qez]+1;k++){

				g[k]=(g[k-1]+h[k])%mod;

				h[k]=0;

			}

			//h数组临时存储状态

		}

		for(int j=siz[now];j>=1;j--){

			g[j]=(g[j]-g[j-1]+mod)%mod;

			//将前缀和数组还原成正常数组

		}

		for(int j=0;j<=siz[now];j++){

			f[now][j]=(f[now][j]+g[j]*p%mod)%mod;

		}

	}

	if(son[now]==0) f[now][0]=1;

	for(int i=1;i<=siz[now]+1;i++){

		f[now][i]=(f[now][i]+f[now][i-1])%mod;

	}

}

int main(){

	memset(head,-1,sizeof(head));

	n=read();

	int aa;

	for(int i=1;i<=n;i++){

		son[i]=read();

		for(int j=1;j<=son[i];j++){

			aa=read(),fa[aa]=i;

			ad(i,aa),ad(aa,i);

		}

	}

	rt=1;

	while(fa[rt]) rt=fa[rt];

	dfs(rt);

	long long ans=0;

	for(int i=1;i<=n;i++){

		ans=(ans+i*(f[rt][i]-f[rt][i-1]+mod)%mod)%mod;

	}

	printf("%lld\n",ans);

	return 0;

}

巴特西

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