木
トピックへのリンク：Niuke 13611 Tree
説明文
\（n \）ノードを持つツリーが与えられた場合、ツリーを染色するための\（k \）色素があります。
配色スキームは、同じ色のポイントのすべてのペア\（（x、y）\）に対してのみ有効であり、\（x \）から\（y \）を満たすパス上のすべてのポイントの色（含む）\（x \）および\（y \））。
解の数を数えると、答えは剰余\（1e9 + 7 \）です。
データ範囲\（1 \ le n、k \ le 300 \）
解決
これは結論の質問です。
直接行う場合、明らかに簡単ではありません。視点を切り替えることを検討します。
ツリー上のポイントツーポイントパスを見つけることは、実際には\（dfs \）順序を介してチェーンに変換できます。\（dfs \）を
1回実行して、各ポイントの\（dfs order \）\（dfn [x] \）に注意してください。ポイントの場合は、現在の反復ことを私たちを見つける（X \）\、ので、（X \）\祖先は確かに横断されており、その兄弟が横断一部となっています。\（x \）と\（y \）の順序が\（dfn [y] <dfn [x] \）に従って配置されることを指定し、次に\（x \）、\（y \ ）着色されています。\（y \）に移動する場合、\（x \）はとにかく親を通過する必要があるため、\（x \）は\（father [x] \）と同じ色である必要があります。したがって、この木の形は気にしないことがわかりました。
\（n \）および\（k \）。
次に、\（f [i] [j] \）を定義して、\（dfs order \）に従って、最初の\（i \）ノードが\（j \）色で染色されるスキームの数を示します。
転送方法を検討します。
- 最初の\（I \）は、そのトランスフェクションノード\（J \）色の一種で、プログラムナンバー\（F [1-I] [J] \）は、必ずしも同一の色及び色を父親であるため;
- 最初の\（I \）は、トランスフェクトされた新しい色、プログラム番号ノード- \（[1-I] K-（1-J））\ F [J-1] *（）だけでなく、残りの理由（\ k-j + 1 \）色は\（i \）の選択に使用できます。
明らかに、境界条件は\（f [0] [0] = 1 \）です。
答えは\（\ sum_ {i = 1} ^ {k} f [n] [i] \）です。
時間の複雑さ\（O（nk）\）、この質問に合格できます。
PS：なぜこの質問のデータ範囲が非常に小さいのですか...
コード
// Author: wlzhouzhuan
#pragma GCC optimize(2)
#pragma GCC optimize(3)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define rint register int
#define rep(i, l, r) for (rint i = l; i <= r; i++)
#define per(i, l, r) for (rint i = l; i >= r; i--)
#define mset(s, _) memset(s, _, sizeof(s))
#define pb push_back
#define pii pair <int, int>
#define mp(a, b) make_pair(a, b)
#define Each(i) for (rint i = head[u]; i; i = edge[i].nxt)
inline int read() {
int x = 0, neg = 1; char op = getchar();
while (!isdigit(op)) { if (op == '-') neg = -1; op = getchar(); }
while (isdigit(op)) { x = 10 * x + op - '0'; op = getchar(); }
return neg * x;
}
inline void print(int x) {
if (x < 0) { putchar('-'); x = -x; }
if (x >= 10) print(x / 10);
putchar(x % 10 + '0');
}
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 301;
int f[N][N];
int n, k;
int main() {
n = read(), k = read();
f[0][0] = 1;
for (rint i = 1; i <= n; i++) {
for (rint j = 1; j <= k; j++) {
f[i][j] = (f[i - 1][j] + 1ll * f[i - 1][j - 1] * (k - j + 1) % mod) % mod;
}
}
int ans = 0;
for (rint i = 1; i <= k; i++) {
ans = (ans + f[n][i]) % mod;
}
printf("%d\n", ans);
return 0;
}