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i,j 表示第i個節點擊了j這個權值的方案數。

顯然轉移方程為，fi

,j=π

v=so

n(i)

(∑k=

1j−k

fv,k

+∑k=

j+km

fv,k

) 接著上面的想法，

觀察轉移方程，發現，求和部分其實是兩段連續的，那麼將fi

求乙個字首和。觀察f

陣列，發現其實

f是對稱的，而且中間的一段是相同的，設深度為x，那麼前面就有(x

−1)k

個不同，然後中間有一段相同，後面又有(x

−1)k

個不同。

那麼就可以只求出前(x

−1)k

+1個，字首和就可以直接算出來（程式中我直接求出前10010個的值，沒有計算x）。

#include 

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
const
long
long maxlongint=2147483647;
const
long
long mo=1000000007;
const
long
long n=105;
using
namespace
std;
long
long f[n][n*n*2],_,n,m,k,next[n*2],last[n*2],to[n*2],tot,same[n],sum1[n][n*n],sum2[n][n*n];
long
long pos[n];
long
long max(long
long x,long
long y)
long
long min(long
long x,long
long y)
long
long bj(long
long x,long
long y)
long
long sum(int x,int y)
else
}long
long dg(long
long x,long
long fa)
}for(long
long i=1;i<=min(10010,m);i++) f[x][i]=1;
for(long
long i=last[x];i;i=next[i])
f[x][l]=(f[x][l]*t)%mo;}}
}if(10010
for(int i=1;i<=10010;i++)
} 
}else
for(int i=1;i<=min(10010,m);i++)
sum1[x][i]=(sum1[x][i-1]+f[x][i])%mo;
for(int i=1;i<=min(10010,m);i++)
sum2[x][i]=(sum2[x][i-1]+f[x][pos[x]-i+1])%mo;
}int main()
dg(1,0);
printf("%lld\n",sum(1,m));}}

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