記得去年暑假集訓的時候本來想了乙個動態點分的做法的，然後寫道一半因為某些不知名原因就沒寫了，然後就一直放著，然後發現斯特林反演真nm好寫
首先考慮用關於冪的斯特林反演：
\[m^n=\sum_^m \left\\times i!\times c_m^i
\]套上去就是：
\[ans(x)=\sum_^n dis(i,x)^k
\]\[=\sum_^n \sum_^k \left\\times c_^j\times j!
\]\[=\sum_^k \left\\times j!\times \sum_^n c_^j
\]顯然我們現在只要知道\(\sum_^n c_^j\)怎麼求即可，設：
\[dn_=\sum_ c_^i
\]\[up_=\sum_ c_^i
\]其中\(y\in x\)表示\(y\)在\(x\)子樹內
顯然我們可以推出關於\(dn\)的方程：
\[dn_=\sum_ c_^i
\]\[=[i=0]+\sum_\sum_ c_^i
\]\[=[i=0]+\sum_\sum_ c_^i+c_^
\]\[=[i=0]+\sum_ dn_+dn_
\]那麼接下來就是\(up\)的，如果熟悉換根dp那一套的話會很容易推出來，注意要容斥掉一部分：
\[up_=\sum_ c_^i
\]\[=\sum_ c_^i+\sum_ c_^i-\sum_ c_^i
\]\[=up_+up_+dn_+dn_-dn_-2\times dn_-dn_
\]邊界就是\(up_=0\)
然後就做完了，複雜度\(o(nk)\)
ps：bzoj上又要改輸入又會莫名掛掉，因此下面的**是luogu上的同題的
#include#define ri register int
#define ci const int&
using namespace std;
const int n=500005,m=155,mod=10007;
struct edge
e[n<<1]; int n,head[n],cnt,k,x,y,fact[n],s[m][m],up[n][m],dn[n][m],ans;
inline void addedge(ci x,ci y)
; head[x]=cnt;
e[++cnt]=(edge); head[y]=cnt;
}inline int fix(int x)
inline void init(ci n)
#define to e[i].to
inline void dfs1(ci now=1,ci fa=0)
inline void dfs2(ci now=1,ci fa=0)
for (i=head[now];i;i=e[i].nxt) if (to!=fa) dfs2(to,now);
}#undef to
int main()
return 0;
}
BZOJ2159 Crash 的文明世界
這篇寫差分表和斯特林數介紹的不錯 這題就是要計算這個東西 s i j 1n dist i,j ks i j 1nd ist i,j k這個東西很難維護，我們把di st i j k d is t i,j k拆一下s u v kj 0d u,v d u,v j s u v j 0 kd u v d u...
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