状压dp、容斥
首先我们要知道树的一个重要的特性:
对于树来说,他的路径总和为:
刚开始我想换根dp。。。。
还以为自己想到了一个新的方法。。。。
打算先以1为根处理以每个节点为起点,到其子树中找路径能找到的路径和
然后再通过找子结点和父节点的关系从而换根
但是,这里的路径,只是通过找子结点和父节点的关系我们是无法换根的!!!
与整个路径的状态有关!!
那么就是状压了!
我们可以枚举我们要选的颜色一共也不过 种
然后我们统计:路径中的颜色种类包含在这个状态里的数量
注意!我们这里不是统计正好颜色数就是这么多的路径数!
比如我们枚举的颜色为 1 2 3
那么只包含颜色 1 2 的路径也在我们的统计范围!!
为什么要这样呢??
其实我们是可以注意到的要找准确的一条路径是十分困难的!!
转化问题后就简单了!
我们可以将属于这个颜色的节点先筛选出来
然后看他们形成几个树!!!
之后通过开头的那个树的性质,我们直接得到了答案!!!
最后,我们再利用容斥原理对最终答案景行求解!
#include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long ll; const ll mod = 1e9+7; const ll base = 131; const int max_n = 5e4+100; struct edge{ int to,next; }E[max_n<<1]; int head[max_n]; int cnt=1; void add(int from,int to){ E[cnt].to=to; E[cnt].next=head[from]; head[from]=cnt++; } int N,K; int color[max_n]; ll f[1<<11]; bool vis[max_n]; int dfs(int u,int ste){ vis[u]=1; if (!(color[u]&ste))return 0; int ans=1; for (int i=head[u];i;i=E[i].next){ int v = E[i].to; if (vis[v])continue; ans+=dfs(v,ste); }return ans; } ll fac[15]; int main(){ ios::sync_with_stdio(0); cin>>N>>K;fac[0]=1; for (int i=1;i<=K;++i)fac[i]=fac[i-1]*base%mod; for (int i=1,j;i<=N;++i){ cin>>j;color[i]|=(1<<(j-1)); } for (int i=1,u,v;i<N;++i){ cin>>u>>v; add(u,v); add(v,u); } for (int i=1;i<(1<<K);++i){ fill(vis,vis+N+10,0); for (int u=1;u<=N;++u){ if (!vis[u]){ ll tot = dfs(u,i); f[i]=(f[i]+tot+tot*(tot-1)/2%mod)%mod; } } } ll ans = 0; for (int i=1;i<(1<<K);++i){ for (int j=i&(i-1);j;j=(j-1)&i)f[i]-=f[j]; ans = (ans+f[i]*fac[__builtin_popcount(i)]%mod)%mod; }cout<<ans<<endl; }
这里学到了一个枚举技巧。
for (int j=i&(i-1);j;j=(j-1)&i)
枚举位数为1的个数小于i的状态!