Codefest 17 C. Helga Hufflepuff's Cup(树形DP)

题意：

在一棵树上进行涂色，总共有 $m$ 种颜色（编号$1 - m$），其中编号为 $k$ 的颜色为特殊颜色，如果树上一个节点染上了特殊颜色，则其邻居节点的颜色编号都应该$< k$，求在这棵树上染色总共有多少种方法，染上特殊颜色的节点的数目不超过 $x$ 个。
$n \le 10^5,\ m \le 10^9,\ x \le 10$

思路：

难点：状态定义 + 状态转移方程细节！
比较明显的树形dp。
首先是状态定义，如果我们仅定义：
$dp[u][i][0]$：$u$为根节点的子树，使用了$i$个特殊颜色，且该当前根节点没有使用特殊颜色；
$dp[u][i][1]$：$u$为根节点的子树，使用了$i$个特殊颜色，且该当前根节点使用了特殊颜色；
你会发现转移的时候，$dp[u][i][0]$ 是没有办法求出来的。。。
所以我们定义：
$dp[u][i][0]$：$u$为根节点的子树，使用了$i$个特殊颜色，且该当前根节点颜色编号小于 $k$；
$dp[u][i][1]$：$u$为根节点的子树，使用了$i$个特殊颜色，且该当前根节点颜色编号等于 $k$；
$dp[u][i][2]$：$u$为根节点的子树，使用了$i$个特殊颜色，且该当前根节点颜色编号大于 $k$；
所以转移的过程我们只需要根据限制条件来就可以了。。。
以求$dp[u][i][0]$ 为例，枚举子节点的特殊颜色贡献值$j(j \le i)$，此时子节点颜色编号可以取任意值，即总的方案数为：$dp[u][i-j][0] * (dp[v][j][0] + dp[v][j][1] + dp[v][j][2])$，将这个值累加即可。

要注意的是，在$u$节点枚举 $i$ 的时候，是从大往小枚举，因为这样可以确保我使用的$dp[u][i-j][0]$ 是来自前一个 $u$ 的子节点计算后得到的值，如果从小往大枚举，那么这个值就会被覆盖掉。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
const int N = 100005, mo = 1000000007, X = 12;
int h[N],f1[N][X],f2[N][X],f3[N][X],n,m,k,z,u,v,xb,ans,i;
struct edge
{
    int to, next;
}e[N<<1];
inline void addedge(int u,int v)
{
    e[++xb] = (edge){v,h[u]}, h[u] = xb;
    e[++xb] = (edge){u,h[v]}, h[v] = xb;
}
void dfs(int x,int fa)
{
    f1[x][1] = 1,f2[x][0] = z-1,f3[x][0] = m-z;
    for(int i = h[x];i;i = e[i].next)
        if(e[i].to!=fa)
        {
            dfs(e[i].to,x);
            for(int j = k;j >= 0;-- j)
            {
                int s1 = 0, s2 = 0,s3 = 0;
                for(int l = 0;l <= j;++ l)
                {
                    if(l<j) s1 = (s1 + 1ll*f1[x][j-l] * f2[e[i].to][l])%mo;
                    s2 = (s2 + 1ll*f2[x][j-l] * (1ll*f1[e[i].to][l] + f2[e[i].to][l] + f3[e[i].to][l]))%mo;
                    s3 = (s3 + 1ll*f3[x][j-l] * (1ll*f2[e[i].to][l] + f3[e[i].to][l]))%mo;
                }
                f1[x][j] = s1,f2[x][j] = s2,f3[x][j] = s3;
            }
        }
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(i = 1;i < n;++ i)
    {
        scanf("%d %d", &u, &v);
        addedge(u, v);
    }
    scanf("%d %d", &z, &k);
    dfs(1, 0);
    for(i = 0;i <= k;++ i) ans = (1ll*ans + f1[1][i] + f2[1][i] + f3[1][i]) % mo;
    return printf("%d\n", ans), 0;
}