【容斥原理】【树形DP】Atcoder ARC101 Ribbons on Tree

分析：

很不错的树形DP+容斥原理的混合题

不得不说，尽管Atcoder去世了一个半月，但这次题目质量仍然保持得很不错

首先，这题可以运用容斥原理转化一下：定义 $E$ 为给出的边集，设 $F\subseteq E$ ， $f(F)$ 表示：F中的边全部未被覆盖的方案数。

答案就是 $\sum (-1)^{|F|}f(F)$

那么接下来就是求 $f(F)$

其实这个很显然，考虑在树上去除所有F中的边，那么每次选择的点对，都必须在剩下的图中的同一个联通块内。这样的联通块必定有 $|F|+1$ 个，设其点数分别为 $n_1,n_2,n_3…n_{|F|+1}$

设一个函数 $g(n)$ 表示在n个点中选出点两两一组的方案数。
那么很显然当n为奇数时， $g(n)=0$
否则 $g(n)=(n-1)*(n-3)*……*3*1$

那么 $f(F)=g(n_1)*g(n_2)*g(n_3)……g(n_{|F|+1})$

现在考虑快速地求 $f(F)$ ，这时树形DP就派上用场了。

定义 $dp(x,sum)$ 表示以x为根的子树中，和x的父亲相连的点有sum个时的方案数。

转移也就很明显了，依次遍历每个亲儿子，暴力枚举在这个儿子的子树中选 $k$ 个点的方案数。

当sum=0时，就相当于和父亲的边在F中，这种情况的转移比较特殊，因为此时相当于一个联通块被考虑完了，所以要枚举所有可能的联通块大小，并且由于 $F$ 多了这一条边，所以要全部取相反数， $dp(x,0)=-\sum dp(x,sum')*f(sum')$ 。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<vector>
#define SF scanf
#define PF printf
#define MAXN 5010
#define MOD 1000000007
using namespace std;
typedef long long ll;
ll dp[MAXN][MAXN],f[MAXN],t[MAXN];
int siz[MAXN];
vector<int> a[MAXN];
void dfs(int x,int fa){
    siz[x]=1;
    dp[x][1]=1;
    for(int i=0;i<a[x].size();i++){
        int u=a[x][i];
        if(u==fa)
            continue;
        dfs(u,x);
        for(int j=0;j<=siz[x];j++){
            t[j]=dp[x][j];
            dp[x][j]=0;
        }
        for(int j=0;j<=siz[x];j++)
            for(int k=0;k<=siz[u];k++)
                (dp[x][j+k]+=t[j]*dp[u][k]%MOD)%=MOD;
        siz[x]+=siz[u];
    }
    for(int i=0;i<=siz[x];i+=2)
        dp[x][0]=(dp[x][0]-dp[x][i]*f[i]%MOD+MOD)%MOD;
}
int n,u,v;
int main(){
    SF("%d",&n);
    for(int i=1;i<n;i++){
        SF("%d%d",&u,&v);
        a[u].push_back(v);
        a[v].push_back(u);
    }   
    f[0]=1;
    for(int i=2;i<=n;i+=2)
        f[i]=f[i-2]*(i-1)%MOD;
    dfs(1,0);
    PF("%lld",MOD-dp[1][0]);
}

【容斥原理】【树形DP】Atcoder ARC101 Ribbons on Tree

分析：

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