hdu 5378

题目

HDU5378

题意

给定一棵树，要求在这棵树的n个节点上分别放上1~n的数字。

对于任意一棵子树，其部长是这棵树上的最大值，求所有的子树，部长的个数为k的数字的摆放数量。

思路

官方题解

可以用求概率的思想来解决这个问题。令以i号节点为根的子树为第i棵子树，设这颗子树恰好有

sz[i]

个点。那么第i个点是第i棵子树最大值的概率为

1/sz[i]

，不是最大值的概率为

(sz[i]-1)/sz[i]

。现在可以求解恰好有k个最大值的概率。

令dp[i][j]表示考虑编号从1到i的点，其中恰好有j个点是其子树最大值的概率。 很容易得到如下转移方程：

dp[i][j]=dp[i-1][j]*(sz[i]-1)/sz[i]+dp[i-1][j-1]/sz[i]

。这样

dp
[k]

就是所有点中恰好有k个最大值的概率。

题目要求的是方案数，用总数n！乘上概率就是答案。计算的时候用逆元代替上面的分数即可。

补充

求概率先求方案数的题目很多，求方案数先求概率的题目倒是第一次见。

乘法的逆元由于取余是质数，所以根据费马小定理可以直接求对应数值的mod-2次方。

代码

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
#define ll long long
const int mx = 1005;
const ll mod = 1000000007;

ll dp[mx][mx];
int sz[mx];
int cas;
ll fac[mx],in[mx];
vector<int> node[mx];
void dfs(int u,int prev){
sz[u]=1;
for(int i=0;i<node[u].size();i++)
if(node[u][i]!=prev){
dfs(node[u][i],u);
sz[u]+=sz[node[u][i]];
}
}
ll pmod(ll a,ll n){
ll res=1;
while(n){
if(n&1)
res=res*a%mod;
n=n/2;
a=a*a%mod;
}
return res;
}
ll inv(ll a){
return pmod(a,mod-2);
}
void init(){
fac[0]=1;
fac[1]=1;
in[1]=1;
for(int i=2;i<mx;i++){
fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
in[i]=inv(i);
}
}
int main(){
//    freopen("t.in","r",stdin);
//    freopen("t.out","w",stdout);
int T,n,k,x,y;
init();
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i=0;i<=n;i++)
node[i].clear();
for(int i=1;i<n;i++){
scanf("%d%d",&x,&y);
node[x].push_back(y);
node[y].push_back(x);
}
memset(sz,0,sizeof(sz));
memset(dp,0,sizeof(dp));
dfs(1,0);
dp[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=0;j<=k;j++){
dp[i][j]=(dp[i-1][j]*(sz[i]-1)%mod)*in[sz[i]]%mod;
if(j>0)
dp[i][j]+=dp[i-1][j-1]*in[sz[i]]%mod;
dp[i][j]%=mod;
}
ll ans = dp
[k]*fac
%mod;
printf("Case #%d: %I64d\n",++cas,ans);
}
return 0;
}