CF1097G Vladislav and a Great Legend（第二类斯特林数 + 树形依赖背包）

Description

给定一棵有 $n$ 个点的树。对于这棵树的非空节点集合 $S$，令 $f(S)$ 表示包含 $S$ 中所有节点的最小联通子树的边数。给定 $k$，你需要求

$$\sum _{\varnothing \ne S\subseteq [1,n]}f(S{)}^k$$

$2\le n\le 10^5,1\le k\le 200$

Solution

当指数比较大时，通常考虑用斯特林数的性质把 $f(S{)}^k$ 变成

$$\sum _{i=0}^k\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{f(S)}{i}\right)S(k,i)\times i!$$

那么原式为

$$\begin{gathered} \sum _{\varnothing \ne S\subseteq [1,n]}\sum _{i=0}^k\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{f(S)}{i}\right)S(k,i)\times i! \\ =\sum _{i=0}^{k}i!\times S(k,i)\times \sum _{\varnothing \ne S\subseteq [1,n]}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{f(S)}{i}\right) \end{gathered}$$

外层可以枚举，并用递推式预处理斯特林数。考虑内层在树上的意义：对于每个非空点集的生成树，求在树中标记 $i$ 条边的方案数。我们可以转换成，选一棵标记了 $i$ 条边的非空点集的生成树的方案数。这个可以树上背包，设 $f_{x,i}$ 为以 $x$ 为根的子树的答案。将 $x$ 的儿子一个个插入 $x$ 中，假设要插入 $y$，那么分类讨论

• 答案在 $x$ 的子树中。
• 答案在 $y$ 的子树中，可能有一条连向 $x$ 的边，也可能没有。
• 答案由 $x$ 的子树和 $y$ 的子树构成，可能有一条连向 $x$ 的边，也可能没有。

第三点就是树上背包，枚举的范围需要和 $k$ 取个 min，不然会被卡。在树形 dp 的时候，在每棵生成树上深度最浅的点也就是 $x$ 统计答案，这样就不重不漏了。时间复杂度 $O(n{k}^2)$

女少口β可

Code

void dfs(int x, int fa) {
    
    
	sz[x] = 1, f[x][0] = 1;
	for (int i = head[x]; i; i = e[i].nxt) {
    
    
		int y = e[i].to;
		if (y != fa) {
    
    
			dfs(y, x);
			memeset(g, 0, sizeof(g));
			for (int j = 1; j <= min(k, size[y]); j++) //case 2
				g[j] = add(g[j], add(f[y][j], f[y][j - 1]));
			g[0] = add(g[0], f[y][0]); //case 2
			for (int j = 0; j <= min(k, size[x]); j++) //case 3
				for (int k = 0; k <= min(k - j, size[y]); k++) {
    
    
					int z = f[x][j] * f[y][k] % p;
					g[j + k] = add(g[j + k], val);
					g[j + k + 1] = add(g[j + k + 1], val);
					ans[j + k] = add(ans[j + k], val);
					ans[j + k + 1] = add(ans[j + k + 1], val);
				}
		}
		for (int j = 0; j <= k; j++) f[x][j] += g[j];
	}
}