【校内训练2019-01-08】Art

【思路要点】

首先，考虑一种朴素的暴力，枚举各树边是否选取，假设选取了 $x$ 条边，树将分成 $n-x$ 个部分，令各部分点数为 $a_1,a_2,a_3,...,a_{n-x}$ ，可以用矩阵树定理求解答案。

由该暴力解法，我们来思考一个子问题，若不考虑暴力解法中没有选取的边是否会出现在最终的生成树上，点数为 $a,b$ 的两部分之间的边数为 $a*b$ 。令各部分点数为 $a_1,a_2,a_3,...,a_{m}\ (\sum a_i=N)$ ，可以发现，最终的生成树的个数为 $N^{m-2}\prod a_i$ 。

证明： 考虑一个长度为 $m-2$ 的 $prufer$ 序列，每个元素在 $1$ 至 $N$ 之间，可以发现，该序列和一种树的形态和出边的分布情况相对应，因此，将该值乘上入边的分布情况数 $\prod a_i$ 即得生成树的个数。

假设我们已经得出了每一种选取 $i$ 条树边的选取方案对应的生成树个数之和 $f_i$ ，那么，可以通过容斥原理得到答案 $g_i=f_i-\sum_{j=i+1}^{N-1}g_j*\binom{j}{i}$ 。

考虑计算 $f_i$ ，将 $N^{m-2}$ 提出来， $\prod a_i$ 存在组合意义：在每一部分中选择一个关键点的方案数，则记 $dp_{i,j,0/1}$ 表示 $i$ 的子树中断了 $j$ 条边，根节点所在联通块是否已经选取关键点的方案数，树形背包即可。

时间复杂度 $O(N^2)$ 。

【代码】

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 5e3 + 5;
const int P = 1e9 + 7;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
template <typename T> void chkmax(T &x, T y) {x = max(x, y); }
template <typename T> void chkmin(T &x, T y) {x = min(x, y); } 
template <typename T> void read(T &x) {
	x = 0; int f = 1;
	char c = getchar();
	for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;
	for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
	x *= f;
}
template <typename T> void write(T x) {
	if (x < 0) x = -x, putchar('-');
	if (x > 9) write(x / 10);
	putchar(x % 10 + '0');
}
template <typename T> void writeln(T x) {
	write(x);
	puts("");
}
int ans[MAXN], size[MAXN], c[MAXN][MAXN];
int n, dp[MAXN][MAXN][2];
vector <int> a[MAXN];
void update(int &x, int y) {
	x += y;
	if (x >= P) x -= P;
}
int power(int x, int y) {
	if (y == 0) return 1;
	int tmp = power(x, y / 2);
	if (y % 2 == 0) return 1ll * tmp * tmp % P;
	else return 1ll * tmp * tmp % P * x % P;
}
void work(int pos, int fa) {
	size[pos] = 1;
	dp[pos][0][0] = 1;
	dp[pos][0][1] = 1;
	for (auto x : a[pos])
		if (x != fa) {
			work(x, pos);
			static int res[MAXN][2];
			memset(res, 0, sizeof(res));
			for (int i = 0; i <= size[pos]; i++)
			for (int j = 0; j <= size[x]; j++) {
				update(res[i + j][0], 1ll * dp[pos][i][0] * dp[x][j][0] % P);
				update(res[i + j][1], 1ll * dp[pos][i][1] * dp[x][j][0] % P);
				update(res[i + j][1], 1ll * dp[pos][i][0] * dp[x][j][1] % P);
			}
			size[pos] += size[x];
			memcpy(dp[pos], res, sizeof(res));
		}
	if (pos != 1) {
		for (int i = 0; i <= size[pos]; i++)
			update(dp[pos][i + 1][0], dp[pos][i][1]);
	}
}
int main() {
	read(n);
	for (int i = 0; i <= n; i++) {
		c[i][0] = 1;
		for (int j = 1; j <= i; j++) {
			c[i][j] = c[i - 1][j - 1] + c[i - 1][j];
			if (c[i][j] >= P) c[i][j] -= P;
		}
	}
	for (int i = 1; i <= n - 1; i++) {
		int x, y; read(x), read(y);
		a[x].push_back(y);
		a[y].push_back(x);
	}
	work(1, 0);
	int tmp = power(n, P - 2);
	for (int i = n - 1; i >= 0; i--) {
		ans[i] = 1ll * dp[1][n - i - 1][1] * tmp % P;
		tmp = 1ll * tmp * n % P;
	}
	for (int i = n - 2; i >= 0; i--)
	for (int j = i + 1; j <= n - 1; j++)
		update(ans[i], P - 1ll * ans[j] * c[j][i] % P);
	for (int i = 0; i <= n - 1; i++)
		printf("%d ", ans[i]);
	return 0;
}

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