【洛谷P4516】潜入行动

题目

题目链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P4516
外星人又双叒叕要攻打地球了，外星母舰已经向地球航行！这一次，JYY 已经联系好了黄金舰队，打算联合所有 JSOIer 抵御外星人的进攻。
在黄金舰队就位之前，JYY 打算事先了解外星人的进攻计划。现在，携带了监听设备的特工已经秘密潜入了外星人的母舰，准备对外星人的通信实施监听。
外星人的母舰可以看成是一棵 (n) 个节点、 (n-1) 条边的无向树，树上的节点用 (1,2,cdots,n) 编号。JYY 的特工已经装备了隐形模块，可以在外星人母舰中不受限制地活动，可以神不知鬼不觉地在节点上安装监听设备。
如果在节点 (u) 上安装监听设备，则 JYY 能够监听与 (u) 直接相邻所有的节点的通信。换言之，如果在节点 (u) 安装监听设备，则对于树中每一条边 ((u,v)) ，节点 (v) 都会被监听。特别注意放置在节点 (u) 的监听设备并不监听 (u) 本身的通信，这是 JYY 特别为了防止外星人察觉部署的战术。
JYY 的特工一共携带了 (k) 个监听设备，现在 JYY 想知道，有多少种不同的放置监听设备的方法，能够使得母舰上所有节点的通信都被监听？为了避免浪费，每个节点至多只能安装一个监听设备，且监听设备必须被用完。
(nleq 10^5;kleq 100)。

思路

太强了这道题。（说不定是我菜了 /kk）
很容易想到一个无脑的 dp：设 (f[x][i][0/1][0/1]) 表示点 (x) 为根的子树内，选择了 (i) 个点，其中点 (x) 选不选，点 (x) 是否被覆盖的方案数。
直接暴力转移看起来是 (O(nk^2)) 的。发现是一个卷积的形式用 MTT 即可做到 O(nk log k)。
其实如果转移的时候第二维严格的只枚举到上界（(min(k, ext{siz}(x)))），复杂度是 (O(nk)) 的。
证明如下，完全照抄 yyb 神仙：

• 合并的两个子树大小都 (geq k) 时，不难发现这样的合并次数是 (O(frac{n}{k})) 的，所以时间复杂度为 (O(frac{n}{k} imes k^2)=O(nk))。
• 合并的两个子树大小都 (<k) 且子树大小之和 (<k) 时，两棵子树都只枚举到子树大小，那么可以看作是枚举两边的点（复杂度一样），那么考虑树上的任意一个点，它作为其中一棵子树内的节点被枚举到时，另一棵子树大小之和是 (O(k)) 的。因为如果所有另一棵子树大小之和超过 (k)，就不满足合并的两棵子树大小之和 (<k)。复杂度为 (O(nk))。
• 合并的两个子树大小中至少一棵 (<k) 且两棵大小只和 (geq k) 时，依然可以看作枚举了每一个点，且每一个点最多只会在一个祖先的合并处发生这样的情况，也就是每一个点最多只会处理这种情况一次，而每一次一个点的复杂度为 (O(k))，所以总复杂度依然是 (O(nk))。

综上，时间复杂度是 (O(nk)) 的。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define reg register
using namespace std;

const int N=100010,M=105,MOD=1000000007;
int n,m,tot,head[N],siz[N],f[N][M][2][2],g[M][2][2];

struct edge
{
	int next,to;
}e[N*2];

void add(int from,int to)
{
	e[++tot]=(edge){head[from],to};
	head[from]=tot;
}

void dfs(int x,int fa)
{
	f[x][0][0][0]=f[x][1][1][0]=siz[x]=1;
	for (reg int i=head[x];~i;i=e[i].next)
	{
		int v=e[i].to;
		if (v!=fa)
		{
			dfs(v,x);
			memcpy(g,f[x],sizeof(g));
			memset(f[x],0,sizeof(f[x]));
			for (reg int j=0;j<=min(siz[x],m);j++)
				for (reg int k=0;k<=min(siz[v],m-j);k++)
					for (reg int l=0;l<=15;l++)
					{
						int a=l&1,b=(l>>1)&1,c=(l>>2)&1,d=(l>>3)&1;
						if (a|d) f[x][j+k][a][b|c]=(f[x][j+k][a][b|c]+1LL*g[j][a][b]*f[v][k][c][d])%MOD;
					}
			siz[x]+=siz[v];
		}
	}
}

int main()
{
	memset(head,-1,sizeof(head));
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for (int i=1,x,y;i<n;i++)
	{
		scanf("%d%d",&x,&y);
		add(x,y); add(y,x);
	}
	dfs(1,0);
	cout<<(f[1][m][0][1]+f[1][m][1][1])%MOD;
	return 0;
}