[题解] LuoguP4827 [国家集训队] Crash 的文明世界

传送门

这个题......我谔谔

首先可以考虑换根(dp)，但到后来发现二项式定理展开过后需要维护(k)个值，同时每个值也要(O(k))的时间按二项式定理算 当然fft优化过后就是k log k了...

这样复杂度是(O(nk^2))的

当然(FFT)优化过后就变成(O(nk log k))了

这复杂度感觉是对的？但FFT的大常数好像被卡成(50)了 跟没优化一样，没试过qwq

然后发现又可以点分治，复杂度(O(nk log n))，跑的好像比(O(nk log k))的FFT换根dp快？然后也收获了(50)分的好成绩...这真是令人谔谔

好像还有FFT优化点分治的，就可以过了，然而窝不会...

这里应该有一个更妙的做法。

注意到(x^n)，其组合意义就是把(n)个不同的求随便往(x)个不同的盒子里扔的方案数。

这样有些盒子是空的，枚举有求的盒子个数，可以得到

[x^n = sumlimits_{k=0}^x egin{Bmatrix}n \ kend{Bmatrix} [x]_k ]

其实上面那个(k)的范围到(n)也是可以的，因为大于(x)过后下降幂将会变成(0)，下面为了好看就到(n)吧

其中(egin{Bmatrix}n\kend{Bmatrix})表示第二类斯特林数，([x]_k = prodlimits_{i=0}^{k-1}(x-i))，注意因为(n ge 1)，所以(egin{Bmatrix}n\0end{Bmatrix}=0)，(k)从(0)开始也没事。

更进一步的将下降幂写成组合数的形式有

[x^n = sumlimits_{k=0}^n egin{Bmatrix}n\kend{Bmatrix} inom{x}{k} k! ]

写到题目里的柿子去

[S(x) = sumlimits_{i=1}^n operatorname{dist}(x,i)^k ]

[= sumlimits_{i=1}^n sumlimits_{j=0}^k egin{Bmatrix}k\jend{Bmatrix}inom{operatorname{dist}(x,i)}{j}j! ]

[= sumlimits_{j=0}^k egin{Bmatrix}k\jend{Bmatrix}j!sumlimits_{i=1}^n inom{operatorname{dist}(x,i)}{j} ]

考虑怎么计算后面的(sum)，这个鉴于这棵树没有边权，以及组合数的递推性质，后面的东西可以换根(dp)。

具体的，先以(1)号点为根，令

[dp[x][j] = sumlimits_{v in x} inom{operatorname{dist}(x,v)}{j} ]

(v in x)表示(v)在(x)的子树内，(v in son_x)表示(v)是(x)的一个儿子

那么由于

[inom{operatorname{dist}(x,v)}{j} = inom{operatorname{dist}(x,v)-1}{j}+inom{operatorname{dist}(x,v)-1}{j-1} ]

有转移

[dp[x][j] = sumlimits_{v in son_x} dp[v][j-1]+dp[v][j] ]

特别的(dp[x][0]=sumlimits_{v in son_x} dp[v][0])

那再令(f[x][j])表示以(x)为根时的和，换根(dp)算出(f[x][j])就好了，最后的答案

[Ans_x = sumlimits_{j=0}^k egin{Bmatrix}k\jend{Bmatrix}j!f[x][j] ]

预处理出斯特林数和阶乘就好了，复杂度(O(nk + k^2))

(Code:)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fore(i,x) for(int i=head[x],v=e[i].to;i;i=e[i].nxt,v=e[i].to)
const int N=5e4+10,P=10007;
inline int add(int x,int y){return (x+=y)>=P?x-P:x;}
inline int sub(int x,int y){return (x-=y)<0?x+P:x;}
inline int fpow(int x,int y)
{
    int ret=1; for(;y;y>>=1,x=1ll*x*x%P)
        if(y&1) ret=1ll*ret*x%P;
    return ret;
}
int n,K;
struct edge
{
    int to,nxt;
}e[N<<1];
int head[N],cnt=0;
inline void ade(int x,int y)
{e[++cnt]=(edge){y,head[x]};head[x]=cnt;}
inline void addedge(int x,int y){ade(x,y),ade(y,x);}
int dp[N][233],f[N][233];
void dfs(int x,int prev)
{
    dp[x][0]=1;
    fore(_,x) if(v!=prev)
    {
        dfs(v,x);
        dp[x][0]=add(dp[x][0],dp[v][0]);
        for(int i=1;i<=K;i++)
            dp[x][i]=add(dp[x][i],add(dp[v][i-1],dp[v][i]));
    }
}
void getans(int x,int prev)
{
    fore(_,x) if(v!=prev)
    {
        static int fx[233];
        fx[0]=sub(f[x][0],dp[v][0]);
        f[v][0]=add(dp[v][0],fx[0]);
        for(int i=1;i<=K;i++) fx[i]=sub(f[x][i],add(dp[v][i-1],dp[v][i]));
        for(int i=1;i<=K;i++)
            f[v][i]=add(dp[v][i],add(fx[i-1],fx[i]));
        getans(v,x);
    }
}
int S[233][233],fac[233];
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&K);
    fac[0]=1;for(int i=1;i<=K;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%P;
    S[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=K;i++)
        for(int j=1;j<=K;j++)
            S[i][j]=add(S[i-1][j]*j%P,S[i-1][j-1]);
    for(int i=1,x,y;i<n;i++)
        scanf("%d%d",&x,&y),addedge(x,y);
    dfs(1,0);
    for(int i=0;i<=K;i++) f[1][i]=dp[1][i];
    getans(1,0);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int ans=0;
        for(int j=0;j<=K;j++)
            ans=add(ans,S[K][j]*fac[j]%P*f[i][j]%P);
        printf("%d
",ans);
    }
    return 0;
}