題意：$n$ 個點的帶點權的樹，點權最大值為 $w$，求所有連通子圖第 $k$ 大權值之和模 $64123$。

$n,w\le 1666$，時限 5s。

idea 很好的題，可惜被暴力艸過去了。

首先如果點權只有 $0$ 和 $1$，我們相當于求包含至少 $k$ 個 $1$ 的連通子圖個數。可以設 $f(u,k)$ 表示 $u$ 為根的可空連通子圖中有恰好 $k$ 個 $1$ 的數量，然后就是刻在 DNA 里的轉移方程

$$f(u,k)?\sum _{i=0}^{k}f(u,i)g(v,k?i)$$

$$f(u,0)?f(u,0)+1$$

邊界： $f(u,va{l}_u)=1$

我們枚舉值域，大于等于的設為 $1$，小于的設為 $0$，算出方案數乘上差值，就可以 $\mathrm{O}(n^{2}w)$ 踩標算了。

注意到這個轉移方程是卷積的形式，所以可以寫成生成函數

$$f_u(x)=\prod _{v\in son(u)}{f}_v(x)+1$$

然后你要求所有點的和，所以開個 $g$ 順便記一下

$$g_u(x)=\sum _{v\in son(u)}{g}_v(x)+f_u(x)?1$$

所有的生成函數都是 $n$ 次的，所以考慮帶 $n+1$ 個點值進去算。因為不是 NTT 模數，所以只能帶一般的點值最后再插值回來。

這樣還是 $\mathrm{O}(n^{2}w)$ 的。帶點值這步不好優化，但后面的枚舉值域看起來可以優化一下。

可以動態 dp，但常數巨大，還沒暴力跑得快。

注意到不同的閥值的計算過程是一樣的，可以考慮用線段樹合并維護所有閥值的答案。

開個長度為值域的線段樹，我們在線段樹的每個葉子記錄這個閥值的 $(f,g)$，初值為 $(0,0)$。你需要維護以下操作：

開頭的 $f$ 區間加和區間乘。

合并兩棵線段樹，$f$ 對應位置相乘， $g$ 對應位置相加。

最后的 $f\leftarrow f+1,g\leftarrow g+f$。

手玩一個標記 $(a,b,c,d)$ 表示 $(f,g)?(af+b,cf+g+d)$，就可以做了。

關于有懶標記的線段樹合并：線段樹合并的過程中兩邊有一邊沒有兒子時直接返回，這樣 pushdown 次數和遞歸次數同階，不影響復雜度。

最后插值即可。

復雜度 $\mathrm{O}(wn\log w)$

#include <iostream> #include <cstring> #include <cctype> #include <cstdio> #include <vector> #include <algorithm> #define MAXN 2005 using namespace std; inline int read() {int ans=0;char c=getchar();while (!isdigit(c)) c=getchar();while (isdigit(c)) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48),c=getchar();return ans; } const int MOD=64123; typedef long long ll; inline int add(const int& x,const int& y){return x+y>=MOD? x+y-MOD:x+y;} inline int dec(const int& x,const int& y){return x<y? x-y+MOD:x-y;} vector<int> e[MAXN]; inline int qpow(int a,int p) {int ans=1;while (p){if (p&1) ans=(ll)ans*a%MOD;a=(ll)a*a%MOD,p>>=1;}return ans; } struct data {int a,b,c,d;inline data(const int& a=1,const int& b=0,const int& c=0,const int& d=0):a(a),b(b),c(c),d(d){} }; inline data operator *(const data& x,const data& y){return data((ll)x.a*y.a%MOD,((ll)y.a*x.b+y.b)%MOD,((ll)x.a*y.c+x.c)%MOD,((ll)x.b*y.c+x.d+y.d)%MOD);} int n,k,w,val[MAXN]; int ch[MAXN<<5][2],cnt; data tag[MAXN<<5]; inline void clear() {for (int i=1;i<=cnt;i++) ch[i][0]=ch[i][1]=0,tag[i]=data();cnt=0; } inline void pushtag(int x,const data& v){tag[x]=tag[x]*v;} inline void pushdown(int x) {if (!ch[x][0]) ch[x][0]=++cnt;if (!ch[x][1]) ch[x][1]=++cnt;pushtag(ch[x][0],tag[x]),pushtag(ch[x][1],tag[x]);tag[x]=data(); } int merge(int x,int y) {if (!x||!y) return x|y;if (!ch[x][0]&&!ch[x][1]) swap(x,y);if (!ch[y][0]&&!ch[y][1]){tag[x]=tag[x]*data(tag[y].b,0,0,0);tag[x]=tag[x]*data(1,0,0,tag[y].d);return x;}pushdown(x),pushdown(y);ch[x][0]=merge(ch[x][0],ch[y][0]);ch[x][1]=merge(ch[x][1],ch[y][1]);return x; } void modify(int& x,int l,int r,int ql,int qr,data v) {if (!x) x=++cnt;if (ql<=l&&r<=qr) return pushtag(x,v);if (qr<l||r<ql) return;int mid=(l+r)>>1;pushdown(x);modify(ch[x][0],l,mid,ql,qr,v),modify(ch[x][1],mid+1,r,ql,qr,v); } int querysum(int x,int l,int r) {if (l==r) return tag[x].d;int mid=(l+r)>>1;pushdown(x);return add(querysum(ch[x][0],l,mid),querysum(ch[x][1],mid+1,r)); } int rt[MAXN]; void dfs(int u,int f,int v) {modify(rt[u],1,w,1,w,data(0,1,0,0));modify(rt[u],1,w,1,val[u],data(v,0,0,0));for (int i=0;i<(int)e[u].size();i++)if (e[u][i]!=f){dfs(e[u][i],u,v);rt[u]=merge(rt[u],rt[e[u][i]]);}modify(rt[u],1,w,1,w,data(1,1,1,0)); } int calc(int v) {clear();for (int i=1;i<=n;i++) rt[i]=0;dfs(1,0,v);return querysum(rt[1],1,w); } int ans[MAXN],s[MAXN],tmp[MAXN],f[MAXN]; int main() {n=read(),k=read(),w=read();for (int i=1;i<=n;i++) val[i]=read();for (int i=1;i<n;i++){int u,v;u=read(),v=read();e[u].push_back(v),e[v].push_back(u);}for (int v=1;v<=n+1;v++)ans[v]=calc(v);s[0]=1;for (int i=1;i<=n+1;i++){for (int j=i;j>=1;j--)s[j]=dec(s[j-1],(ll)i*s[j]%MOD); s[0]=(ll)s[0]*(MOD-i)%MOD;}for (int i=1;i<=n+1;i++){int x=ans[i];for (int j=1;j<=n+1;j++) if (i!=j) x=(ll)x*qpow(dec(i,j),MOD-2)%MOD;tmp[0]=(ll)s[0]*qpow(MOD-i,MOD-2)%MOD;for (int j=1;j<=n+1;j++) tmp[j]=(ll)dec(tmp[j-1],s[j])*qpow(i,MOD-2)%MOD;for (int j=0;j<=n+1;j++) f[j]=(f[j]+(ll)x*tmp[j])%MOD;}int res=0;for (int i=k;i<=n;i++) res=add(res,f[i]);cout<<res;return 0; }

總結

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