樹形DP：
設$f[u][i]$表示給$u$的子樹分配工資，$u$點工資為$i$的方案數
$f[u][i]=\prod _{v\in so{n}_u}(\sum _{j=1}^{i}f[v][j])$
前綴和優化：
設$g[u][i]=\sum _{j=1}^{i}f[u][j]$
$f[u][i]=\prod _{v\in so{n}_u}g[v][i]$
時間復雜度$O(nd)$
考慮用拉格朗日插值優化成$O(n^2)$：
設$g_u(x)$為關于$x$的函數，代入$x$，即可得到$g[u][x]$，
合理猜想$g_u(x)$的次數為$s{z}_u$（$u$的子樹大小），可以用數學歸納法證明：

• 當 $u$ 為葉子結點時，$g_u(x)=x$，成立。
• 當 $u$ 非葉子結點時，考慮：
  $g_u(x)?g_u(x?1)=\prod _{v\in so{n}_u}{g}_v(x)$
  由于 $v$ 滿足猜想，即$g_v(x)$ 的次數為 $s{z}_v$，則 $g_u(x)?g_u(x?1)$ 的次數為 $\sum _{v\in so{n}_u}s{z}_v$，即 $s{z}_u?1$。
  再還原差分，次數 +1，有 $g_u(x)$ 是關于 $x$ 的 $s{z}_u?1+1=s{z}_u$ 次函數。

所以我們只要知道$g_1(1),g_1(2),...,g_1(n)$，便可以用拉格朗日插值得出$g_1(d)$

#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; typedef long long ll; const int mod=1e9+7; const int N=3050; struct Edge{int v,nxt;}edge[N]; int n,cnt,head[N],fa[N]; int d,f[N][N],sum[N][N],inv[N],ans; int add(int a,int b){return a+b>=mod?a+b-mod:a+b;} int mul(int a,int b){return 1ll*a*b%mod;} void addedge(int u,int v){edge[++cnt].v=v;edge[cnt].nxt=head[u];head[u]=cnt; } void dfs(int u){for(int i=head[u];i;i=edge[i].nxt){int v=edge[i].v;dfs(v);for(int j=1;j<=min(n,d);j++)f[u][j]=mul(f[u][j],sum[v][j]);}for(int j=1;j<=min(n,d);j++) sum[u][j]=add(sum[u][j-1],f[u][j]); } int main(){scanf("%d%d",&n,&d);inv[1]=1;for(int i=2;i<=n;++i) inv[i]=mul(mod-mod/i,inv[mod%i]);for(int i=2;i<=n;i++){scanf("%d",&fa[i]);addedge(fa[i],i);}for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=min(n,d);j++) f[i][j]=1;dfs(1);if(d<=n) printf("%d\n",sum[1][d]);else{for(int i=1;i<=n;i++){int x=sum[1][i];for(int j=0;j<=n;++j) if(i^j) x=1ll*x*(d-j+mod)%mod*(i>j?inv[i-j]:mod-inv[j-i])%mod;ans=add(ans,x);}printf("%d\n",ans);}return 0; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的[CF995F] Cowmpany Cowmpensation（树形dp，拉格朗日插值）的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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