题目链接 Path Counting
题意 给定一棵高度为$n$的树,给出每一层的每个点的儿子个数(某一层的所有点儿子个数相同)。
令$f_{k}$为长度为$k$的路径条数,求$f_{1}, f_{2}, ..., f_{2n-2}$。
考虑DP,设$f[i][j]$为从深度为$i$的点出发背对以$i$为根的子树(即任何时候都不进入以$i$为根的子树)走$j$步之后可以到达的点的个数。
(同一条边最多走一次)
那么$f[i][j] = f[i-1][j-1] + calc(i-1, j-1)$, $calc(i, j)$为从$i$点出发往以$i$为根的子树走$j$步能到达的点的个数。
然后这一层对答案的贡献即为$f[i][j] * g[i]$($g[i]$为第$i$层结点个数)
我们会发现这样那些一个点为另一个点的祖先的路径只统计了一次,其他路径统计了两次。
为了一致我们再求一遍前者类型路径的个数,加起来除以$2$即可。
时间复杂度$O(n^{2})$
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define rep(i, a, b) for (int i(a); i <= (b); ++i) #define dec(i, a, b) for (int i(a); i >= (b); --i) const int N = 5e3 + 10; const int mod = 1e9 + 7; const int rev = 5e8 + 4; int a[N << 1], f[N][N << 1]; int num[N << 1], c[N << 2], s[N << 1], inv[N << 1]; int ans[N << 1]; int n; inline int Pow(int a, int b, int mod){ int ret = 1; for (; b; b >>= 1, a = 1ll * a * a % mod) if (b & 1) ret = 1ll * ret * a % mod; return ret; } int calc(int x, int y){ int ret = (a[x] + mod - 1) % mod; ret = 1ll * ret * c[x + y - 1] % mod; ret = 1ll * ret * inv[x] % mod; return ret; } int main(){ scanf("%d", &n); rep(i, 1, n - 1) scanf("%d", a + i); num[1] = 1; rep(i, 2, n) num[i] = 1ll * num[i - 1] * a[i - 1] % mod; c[0] = 1; rep(i, 1, n) c[i] = 1ll * c[i - 1] * a[i] % mod; rep(i, 1, n) inv[i] = Pow(c[i], mod - 2, mod); s[0] = 0; rep(i, 1, n) s[i] = (s[i - 1] + num[i]) % mod; rep(i, 2, n){ f[i][1] = 1; rep(j, 2, 2 * n - 2){ f[i][j] = (1ll * f[i - 1][j - 1] + calc(i - 1, j - 1)) % mod; } } rep(i, 1, 2 * n - 2){ rep(j, 1, n){ ans[i] = (1ll * ans[i] + 1ll * f[j][i] * num[j]) % mod; } } rep(i, 1, n - 1){ ans[i] = (ans[i] + s[n]) % mod; ans[i] = (ans[i] - s[i] + mod) % mod; } rep(i, 1, 2 * n - 2) ans[i] = 1ll * ans[i] * rev % mod; rep(i, 1, 2 * n - 2) printf("%d ", ans[i]); return 0; }