【题解 LOJ2546「JSOI2018」潜入行动】
作者：互联网
部分分：
\(\texttt{Subtask1 10pts }n\le 20\)
枚举每个点装不装监听器，然后判断是否可行
\(\texttt{Subtask2 10pts }k\le 10\)
\(k\) 很小，在随机情况下（也同样是数据）无法覆盖整个树，直接输出 \(0\)。
\(\texttt{Subtask3 10pts }\) 整个树是链
如果 \(k\) 小于 \(n-2\)，那么无法覆盖住这个树，输出 \(0\)
所以如果我在考场上可以拿 \(30\) 分……
正解：
显然这是个树形背包，我们可以用树形背包的常见套路做。\(f(u,x,0/1,0/1)\) 代表第 \(u\) 个节点子树用 \(x\) 个监听器，\(u\) 装/不装监听器，\(u\)有/没有被覆盖。
（以下 \(v\) 代表 \(u\) 的儿子）
对于 \(f(u,x,0,0)\)，由于自己不能被覆盖，所以 \(v\) 就不能安装。由于自己不能安装，所以 \(v\) 一定需要安装（否则就没有其他人去覆盖这个节点了）。
由于这个是乘法原理算种类数，所以应该是乘起来。
\[f(u,i+j,0,0)=f(u,i,0,0)\times f(v,j,0,1) \]
对于 \(f(u,x,0,1)\)，由于自己被覆盖，所以 \(v\) 中至少有一个必须安装。
那么可以转移到这个状态的 \(f(u)\) 应该有 \(f(u,x,0,0)\) 和 \(f(u,x,0,1)\)，可以显然推得：
\[f(u,i+j,0,1)=f(u,i,0,0)\times f(v,j,1,1)+f(u,i,0,1)\times f(v,j,0/1,1) \]
对于 \(f(u,x,1,0)\)，由于自己没有被覆盖，所以 \(v\) 就不能安装。由于自己安装了，所以 \(v\) 可以覆盖或者不覆盖。
\[f(u,i+j,1,0)=f(u,i,1,0)\times f(v,j,0,0/1) \]
对于 \(f(u,x,1,1)\)，由于自己被覆盖了，所以 \(v\) 中至少有一个安装。可以转移到这个状态的 \(f(u)\) 有 \(f(u,x,1,0)\) 和 \(f(u,x,1,1)\)。
由于自己安装了，所 \(v\) 可以覆盖或者不覆盖。
\[f(u,i+j,1,1)=f(u,i,1,0)\times f(v,j,1,0/1)+f(u,i,1,1)\times f(v,j,0/1,0/1) \]
初始化： \(f(u,0,0,0)=f(u,1,1,0)=1\)
代码&细节
推完式子就可以写代码了（转移方程长得有点难受）。
然后这题强制用 int 然后操作转 longlong 很杀人。
我对出题人卡空间的行为感到非常不满（
foin(x,y) 函数代表两数相加并取模（在 int 转 longlong 操作中很实用）。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+3; const ll mod=1000000007;
struct edge{int to,nxt;}e[N*2]; int hd[N],tot;
void add(int u,int v){e[++tot]=(edge){v,hd[u]},hd[u]=tot;}
int n,k;
int foin(ll q,ll p){return (q+p)>mod?1ll*q+p-mod:q+p;}
int sz[N],f[N][103][2][2],t[103][2][2]; //树形背包常用的3个数组
void dfs(int u,int fa){
f[u][0][0][0]=f[u][1][1][0]=sz[u]=1;
for(register int p=hd[u],v;p;p=e[p].nxt)
if((v=e[p].to)!=fa){
dfs(v,u);
for(register int i=0;i<=min(sz[u],k);i++)
for(register int j=0;j<2;j++)
for(register int k=0;k<2;k++)
t[i][j][k]=f[u][i][j][k], f[u][i][j][k]=0;
for(register int i=0;i<=min(sz[u],k);i++){
for(register int j=0;j<=min(sz[v],k-i);j++){
f[u][i+j][0][0]=foin(f[u][i+j][0][0],1ll*t[i][0][0]*f[v][j][0][1]%mod);
f[u][i+j][0][1]=foin(f[u][i+j][0][1],(1ll*t[i][0][0]*f[v][j][1][1]+1ll*t[i][0][1]*(1ll*f[v][j][0][1]+f[v][j][1][1]))%mod);
f[u][i+j][1][0]=foin(f[u][i+j][1][0],1ll*t[i][1][0]*(1ll*f[v][j][0][0]+f[v][j][0][1])%mod);
f[u][i+j][1][1]=foin(f[u][i+j][1][1],foin((1ll*t[i][1][0]*(1ll*f[v][j][1][0]+f[v][j][1][1])%mod)
,1ll*t[i][1][1]*(1ll*f[v][j][0][0]+f[v][j][0][1]+f[v][j][1][0]+f[v][j][1][1])%mod));
}
}
sz[u]+=sz[v];
}
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i=1,u,v;i<n;i++)
scanf("%d%d",&u,&v),add(u,v),add(v,u);
dfs(1,0);
printf("%lld",1ll*(f[1][k][0][1]+f[1][k][1][1])%mod);
return 0;
}
标签：LOJ2546,覆盖,JSOI2018,题解,ll,times,int,安装,hd 来源： https://www.cnblogs.com/TetrisCandy/p/12891328.html