題意
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在 \(n(\leq 10^5)\) 個點選 \(k(\leq 100)\) 個點, 被選出的點周圍的點不包括自己都會被覆蓋，求所有點都被覆蓋的方案數。
樹形揹包
其實就是簡單的樹形揹包，分類討論清楚就行了。
狀態\(f[u][k][1/0][1/0]\) 表示節點 \(u\), 已經選了 \(k\) 個點，現在 \(u\) 是否被覆蓋，\(u\) 是否被選, 並且除了根外所有節點都被覆蓋。
初始狀態
對於乙個點的樹，\(f[u][0][0][0] = f[u][1][0][1] = 1\)。
轉移考慮兩個樹合併，每個結點最開始是乙個點的樹, 以下的轉移都滿足狀態。
\(f[u][k][0][0] = f[u][i][0][0] * f[v][j][1][0]\)
\(f[u][k][0][1] = f[u][i][0][1] * (f[v][j][0][0] + f[v][j][1][0])\)
\(f[u][k][1][0] = f[u][i][1][0] * (f[v][j][1][0] + f[v][j][1][1]) + f[u][i][0][0] * f[v][j][1][1]\)
\(f[u][k][1][1] = f[u][i][0][1] * (f[v][j][0][1] + f[v][j][1][1]) + f[u][i][1][1] * (f[v][j][0][0] + f[v][j][0][1] + f[v][j][1][0] + f[v][j][0][1])\)
最後的答案即是 \(f[1][k][1][0] + f[1][k][1][1]\)
分析樹形揹包如果轉移的次數是 兩個樹的大小的乘積，那麼就有整體時間複雜度 \(o(nk)\)。
空間也是 \(o(nk)\)。
****是好久之前的，狀態後兩維是反過來的。
#include#define ll long long
using namespace std;
const int mod = 1000000007;
const int maxn = 100010;
int n, m;
int a[maxn];
struct edgee[maxn << 1];
int first[maxn];
void add(int u, int v)
int f[maxn][103][2][2], siz[maxn], tmp[210][2][2];
int add(int a, int b)
void dp(int u, int fa)
siz[u] += siz[v]; }}
int main()
dp(1, 1);
printf("%d\n", (f[1][m][0][1] + f[1][m][1][1]) % mod);
return 0;
}
JSOI2018 潛入行動
題目 我好菜啊，嚶嚶嚶 原來本地訪問陣列負下標不會報 re 或者 wa 甚至能跑出正解啊 這道題還是非常呆的 我們發現 k 很小，於是斷定這是乙個樹上揹包 發現在乙個點上安裝控制器並不能控制這個點，可能需要到父親那邊才能控制這個點，於是我們設 dp i j 0 1 0 1 表示在以 i 為根的子樹裡...
JSOI2018 潛入行動
一棵 n n le10 5 個結點的樹，在一些點上安裝 k k le min n,100 個裝置。每個裝置可以控制所有與安裝位置相鄰的結點 不包括本身 每個點可以安裝至多乙個裝置。問有多少種方案恰好用完 k 個裝置，使得所有的結點都被控制。樹形dp。f i j 0 1 0 1 表示以 i 為根的子樹...
JSOI2018 潛入行動
題目鏈結 參考題解 注意題面 在當前節點設定監聽裝置不能監聽到節點本身。那麼節點能否被覆蓋和節點是否設定監聽裝置需要分開設。設 f 表示以第 i 個節點為根的子樹，除了 i 以外的節點都已經被覆蓋，i 號節點有沒有設定監聽裝置 有沒有被覆蓋的方案數。轉移方程 f sum f f f sum f f ...