[2021.4.9多校省选模拟35]隐形斗篷 (prufer序列,背包DP)
阅读原文时间:2023年07月08日阅读:3

题面

我编不下去了!

给出

n

n

n 个点,第

i

i

i 个点的度数限制为

a

i

a_i

ai​,现在需要选出

x

x

x 个点构成一颗树,要求这

x

x

x 个点中每个点的度数不超过这个点的

a

i

a_i

ai​ 值,求

x

=

1

,

2

,

,

n

x=1,2,\ldots,n

x=1,2,…,n 时的方案数。

两种方案不同,当且仅当选出的点集不同或者连边的方式不同。

输入格式

第一行一个正整数

T

T

T,代表有

T

T

T 组数据。每组数据第一行一个正整数

n

n

n

第二行

n

n

n 个正整数

a

1

,

a

2

,

,

a

n

a_1,a_2,\ldots,a_n

a1​,a2​,…,an​。

输出格式

对于每组数据,输出一行

n

n

n 个数,表示

x

=

1

,

2

,

,

n

x=1,2,\ldots,n

x=1,2,…,n 时的答案对

1000000007

1000000007

1000000007 取模后的结果。

样例输入

1
3
2 2 1

样例输出

3 3 2

数据范围与提示

本题共

10

10

10 组测试点。

对于第

i

i

i 个测试点,

1

n

5

i

,

1

T

10

,

1

a

1

,

a

2

,

,

a

n

n

1\leq n\leq 5i,1\leq T\leq 10,1\leq a_1,a_2,\ldots,a_n\leq n

1≤n≤5i,1≤T≤10,1≤a1​,a2​,…,an​≤n。

总的来说,

1

n

50

1\leq n\leq 50

1≤n≤50。

题解

根据 p

[

r

u

f

e

r

\rm prufer

](https://blog.csdn.net/qq_42101694/article/details/103151094)

prufer 序列的知识,我们可以发现,当

x

=

k

x=k

x=k,选的点集为

{

p

1

,

p

2

,

,

p

k

}

\{p_1,p_2,\ldots,p_k\}

{p1​,p2​,…,pk​} 时,答案为:

i

1

=

1

a

p

1

i

2

=

1

a

p

2

.

.

.

i

k

=

1

a

p

k

(

k

2

)

!

(

i

1

1

)

!

(

i

2

1

)

!

.

.

.

(

i

k

1

)

!

[

i

=

(

k

1

)

2

]

\sum_{i_1=1}^{a_{p_1}}\sum_{i_2=1}^{a_{p_2}}…\sum_{i_k=1}^{a_{p_k}}\frac{(k-2)!}{(i_1-1)!(i_2-1)!…(i_k-1)!}[\sum i=(k-1)*2]

i1​=1∑ap1​​​i2​=1∑ap2​​​…ik​=1∑apk​​​(i1​−1)!(i2​−1)!…(ik​−1)!(k−2)!​[∑i=(k−1)∗2]

看来思路已经很清晰了,但是现在暴力能拿

10

10

10 分吗?不好说。

考虑把这个式子拆开:

(

k

2

)

!

i

1

=

1

a

p

1

i

2

=

1

a

p

2

.

.

.

i

k

=

1

a

p

k

1

(

i

1

1

)

!

(

i

2

1

)

!

.

.

.

(

i

k

1

)

!

[

i

=

(

k

1

)

2

]

(k-2)!\sum_{i_1=1}^{a_{p_1}}\sum_{i_2=1}^{a_{p_2}}…\sum_{i_k=1}^{a_{p_k}}\frac{1}{(i_1-1)!(i_2-1)!…(i_k-1)!}[\sum i=(k-1)*2]

(k−2)!i1​=1∑ap1​​​i2​=1∑ap2​​​…ik​=1∑apk​​​(i1​−1)!(i2​−1)!…(ik​−1)!1​[∑i=(k−1)∗2]

右边那个大分式似乎有些头绪了?这不就相当于 "

k

k

k 个物品,每个物品有

a

p

i

a_{p_i}

api​​ 种,选

x

x

x 个的权值为

1

(

x

1

)

!

\frac{1}{(x-1)!}

(x−1)!1​ ,背包大小为

(

k

1

)

2

(k-1)*2

(k−1)∗2 ,问刚好塞满时每种情况权值积的和 "

所以就是个裸的背包DP了,令

d

p

[

i

]

[

j

]

dp[i][j]

dp[i][j] 为选了

i

i

i 物品,背包已用空间为

j

j

j 时的权值积的和,那么类似分组背包问题求解就完了。最终

x

=

k

x=k

x=k 时的答案就是

(

k

2

)

!

d

p

[

k

]

[

(

k

1

)

2

]

(k-2)!*dp[k][(k-1)*2]

(k−2)!∗dp[k][(k−1)∗2],复杂度

O

(

T

n

4

)

O(Tn^4)

O(Tn4) 。

CODE

#include<map>
#include<set>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<stack>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 55
#define LL long long
#define DB double
#define ENDL putchar('\n')
#define lowbit(x) (-(x) & (x))
LL read() {
    LL f = 1,x = 0;char s = getchar();
    while(s < '0' || s > '9') {if(s == '-')f=-f;s = getchar();}
    while(s >= '0' && s <= '9') {x=x*10+(s-'0');s = getchar();}
    return f * x;
}
const int MOD = 1000000007;
int n,m,i,j,s,o,k;
inline void MD(int &x) {if(x>=MOD)x-=MOD;}
int a[MAXN];
int dp[MAXN][MAXN<<1];
int fac[MAXN],inv[MAXN],invf[MAXN];
int main() {
    freopen("c.in","r",stdin);
    freopen("c.out","w",stdout);
    int T = read();
    fac[1] = fac[0] = inv[1] = inv[0] = invf[1] = invf[0] = 1;
    for(int i = 2;i <= 50;i ++) {
        fac[i] = fac[i-1] *1ll* i % MOD;
        inv[i] = (MOD-inv[MOD % i]) *1ll* (MOD/i) % MOD;
        invf[i] = invf[i-1] *1ll* inv[i] % MOD;
    }
    while(T --) {
        n = read();
        for(int i = 1;i <= n;i ++) a[i] = read();
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        dp[0][0] = 1;
        int du = (n-1)*2;
        for(int i = 1;i <= n;i ++) {
            for(int ct = n;ct > 0;ct --) {
                for(int j = du;j >= 1;j --) {
                    for(int x = 1;x <= j && x <= a[i];x ++) {
                        MD(dp[ct][j] += dp[ct-1][j-x] *1ll* invf[x-1] % MOD);
                    }
                }
            }
        }
        for(int k = 1;k <= n;k ++) {
            if(k == 1) {printf("%d ",n);continue;}
            if(k == 2) {printf("%lld ",n*1ll*(n-1) % MOD *1ll* inv[2] % MOD);continue;}
            int ans = dp[k][(k-1)*2] *1ll* fac[k-2] % MOD;
            printf("%d ",ans);
        }
        ENDL;
    }
    return 0;
}