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熟练剖分(tree) 树形DP

开发技术 开发技术 3周前 (09-04) 24次浏览

熟练剖分(tree) 树形DP

题目描述

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分析

我们设(f[i][j])为以(i)为根节点的子树中最坏时间复杂度小于等于(j)的概率

(g[i][j])为当前扫到的以(i)为父亲节点的所有儿子最坏时间复杂度小于等于(j)的概率之和

因为每遍历到一个新的节点,原来的(g)数组中的值就要全部更新,因此我们压掉第一维

下面我们考虑转移

对于当前枚举到的某一个节点,我们用三重循环分别扫一边

第一重循环代表当前哪一个节点充当重儿子,第二重循环枚举所有儿子,第三充循环枚举最坏时间复杂度(k)

如果第二重循环中枚举的儿子恰好是重儿子的话,那么父亲节点的最坏时间复杂度为(k)的情况可以由两种情况转移过来

第一种情况就是重儿子的时间复杂度恰好为(k)的概率乘上其它儿子时间复杂度小于等于(k)的概率

第二种情况就是其它儿子的时间复杂度恰好为(k)的概率乘上重儿子的时间复杂度小于等于(k)的概率

不要忘了减去重复的情况

如果第二重循环中枚举的儿子不是重儿子的话,那么父亲节点的最坏时间复杂度为(k)的情况可以由两种情况转移过来

第一种情况就是重儿子的时间复杂度恰好为(k-1)的概率乘上其它儿子时间复杂度小于等于(k)的概率

第二种情况就是其它儿子的时间复杂度恰好为(k)的概率乘上重儿子的时间复杂度小于等于(k-1)的概率

也不要忘了减去重复的情况

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<vector>
inline int read(){
	int x=0,fh=1;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0' || ch>'9'){
		if(ch=='-') fh=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0' && ch<='9'){
		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
		ch=getchar();
	}
	return x*fh;
}
const int maxn=3e3+5;
const int mod=1e9+7;
int fa[maxn],head[maxn],tot=1,n,rt;
struct asd{
	int to,next;
}b[maxn<<1];
void ad(int aa,int bb){
	b[tot].to=bb;
	b[tot].next=head[aa];
	head[aa]=tot++;
}
int ksm(int ds,int zs){
	int ans=1;
	while(zs){
		if(zs&1) ans=1LL*ans*ds%mod;
		ds=1LL*ds*ds%mod;
		zs>>=1;
	}
	return ans;
}
int son[maxn],siz[maxn];
long long f[maxn][maxn],g[maxn],h[maxn];
void dfs(int now){
	siz[now]=1;
	for(int i=head[now];i!=-1;i=b[i].next){
		int u=b[i].to;
		if(u==fa[now]) continue;
		dfs(u);
		siz[now]+=siz[u];
	}
	int p=ksm(son[now],mod-2);
	for(int i=head[now];i!=-1;i=b[i].next){
		if(b[i].to==fa[now]) continue;
		for(int j=0;j<=n;j++) g[j]=1;
		//初始化g数组
		int zez=b[i].to;
		//枚举重儿子
		for(int j=head[now];j!=-1;j=b[j].next){
			if(b[j].to==fa[now]) continue;
			int qez=b[j].to;
			//枚举其它儿子
			for(int k=0;k<=siz[qez]+1;k++){
				//枚举最大时间复杂度
				long long qt=g[k],xz=f[qez][k];
				if(k) qt-=g[k-1],xz-=f[qez][k-1];
				if(zez==qez){
					h[k]=(qt*f[qez][k]%mod+xz*g[k]%mod-xz*qt%mod+mod)%mod;
				} else {
					xz=f[qez][k-1];
					if(k>1) xz-=f[qez][k-2];
					h[k]=(qt*f[qez][k-1]%mod+xz*g[k]%mod-xz*qt%mod+mod)%mod;
				}
			}
			g[0]=h[0],h[0]=0;
			for(int k=1;k<=siz[qez]+1;k++){
				g[k]=(g[k-1]+h[k])%mod;
				h[k]=0;
			}
			//h数组临时存储状态
		}
		for(int j=siz[now];j>=1;j--){
			g[j]=(g[j]-g[j-1]+mod)%mod;
			//将前缀和数组还原成正常数组
		}
		for(int j=0;j<=siz[now];j++){
			f[now][j]=(f[now][j]+g[j]*p%mod)%mod;
		}
	}
	if(son[now]==0) f[now][0]=1;
	for(int i=1;i<=siz[now]+1;i++){
		f[now][i]=(f[now][i]+f[now][i-1])%mod;
	}
}
int main(){
	memset(head,-1,sizeof(head));
	n=read();
	int aa;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		son[i]=read();
		for(int j=1;j<=son[i];j++){
			aa=read(),fa[aa]=i;
			ad(i,aa),ad(aa,i);
		}
	}
	rt=1;
	while(fa[rt]) rt=fa[rt];
	dfs(rt);
	long long ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		ans=(ans+i*(f[rt][i]-f[rt][i-1]+mod)%mod)%mod;
	}
	printf("%lldn",ans);
	return 0;
}

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