【HDU4661】Message Passing-思惟+樹形DP+組合數學

測試地址：Message Passing
題目大意： $n$我的，每一個人知道一條獨一無二的信息，每次能夠選擇一我的，向與他有關係的一我的傳遞全部他已經知道的信息，關係網是樹狀的，目標是讓全部人都知道全部的信息，問有多少種傳遞信息的方案，使得傳遞的次數最少。
作法： 本題須要用到思惟+樹形DP+組合數學。
首先，顯然傳遞次數的下限是 $2(n-1)$，那麼咱們能不能到達這個下限呢？若是能，怎麼到達？其實容易觀察出，咱們能夠先把全部信息都彙集在某一我的，而後再讓信息從這我的開始傳遞到全部人，這樣傳遞次數就能達到下界，能夠證實全部最優解都知足這樣的過程。
因而如今就是求以某我的 $x$爲中間的匯集點時，總的方案數是多少。咱們發現，若是以 $x$爲根，從兒子向父親連邊，那麼從各點傳遞信息到 $x$的方案數，就等於拓撲序的數量。同理，從父親向兒子連邊時拓撲序的數量，就等於從 $x$傳遞信息到各點的方案數。那麼根據乘法原理，整個過程的方案數只要把這兩個方案數乘起來便可。易知，一個圖和其反圖的拓撲序數量是相同的，因此咱們只要求從兒子向父親連邊時的方案數 $ans_x$便可。
咱們先隨便選一個點爲根，假設是 $1$，那麼咱們能夠用樹形DP求出 $ans_1$。具體來講，用 $f(i)$表示以點 $i$爲根的子樹的方案數，那麼在合併方案時，點 $i$必定是最後選，而它的各子樹中又要知足各自的順序，因此方案數其實是： $C_{siz(i)-1}^{siz(son_1)}\cdot C_{siz(i)-1-siz(son_1)}^{siz(son_2)}\cdot...\cdot \prod f(son_i)$，其中 $siz(x)$表示以 $x$爲根子樹中的點數，把組合數拆開簡化，這個式子能夠寫成：
$f(i)=siz(i)!\cdot \prod \frac{f(son_i)}{siz(son_i)!}$
預處理階乘就能夠 $O(1)$轉移了，這樣咱們就能 $O(n)$地算出 $ans_1$了。
但若是計算每一個 $ans_x$都要 $O(n)$，總的時間複雜度也是受不了的，所以咱們使用經典的方法——換根。仍是先以 $1$爲整棵樹的根，令 $fa(x)$爲 $x$的父親，假設 $ans_{fa(x)}$已經算出，如何計算 $ans_x$？
要計算這個東西，首先當以 $x$爲根時，它在以 $1$爲根的樹中的兒子如今依然是它的兒子，區別就是多了一棵子樹，這棵子樹的形態和在以 $fa(x)$爲根的樹中去掉以 $x$爲根的子樹相同。所以，咱們只要在 $ans_{fa(x)}$中消掉以 $x$爲根子樹的貢獻，而後將這個值做爲正常子樹對 $ans_x$轉移便可，由於要求某個 $f(i)$的逆元，因此轉移是 $O(\log Mod)$的。這也是爲何上面的轉移式子要寫成那樣的緣由：更加容易看出應該消掉哪一個部分的貢獻。因而DP的複雜度就是 $O(n\log Mod)$了，這個問題就解決了。
如下是本人代碼：

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const ll mod=1000000007; int T,n,first[1000010],tot,fa[1000010]={0},siz[1000010]; ll fac[1000010],inv[1000010],invfac[1000010]; ll f[1000010],ans[1000010]; struct edge { int v,next; }e[2000010]; void insert(int a,int b) { e[++tot].v=b; e[tot].next=first[a]; first[a]=tot; } ll power(ll a,ll b) { ll s=1,ss=a; while(b) { if (b&1) s=s*ss%mod; ss=ss*ss%mod;b>>=1; } return s; } void dp1(int v) { siz[v]=f[v]=1; for(int i=first[v];i;i=e[i].next) if (e[i].v!=fa[v]) { fa[e[i].v]=v; dp1(e[i].v); siz[v]+=siz[e[i].v]; f[v]=f[v]*invfac[siz[e[i].v]]%mod*f[e[i].v]%mod; } f[v]=f[v]*fac[siz[v]-1]%mod; } void dp2(int v) { if (v!=1) { ll faf=ans[fa[v]]; int fasiz=n-siz[v]; faf=faf*fac[siz[v]]%mod*power(f[v],mod-2)%mod; faf=faf*invfac[n-1]%mod*fac[fasiz-1]%mod; ans[v]=f[v]*invfac[fasiz]%mod*faf%mod; ans[v]=ans[v]*invfac[siz[v]-1]%mod*fac[n-1]%mod; } else ans[v]=f[v]; for(int i=first[v];i;i=e[i].next) if (e[i].v!=fa[v]) dp2(e[i].v); } int main() { scanf("%d",&T); while(T--) { scanf("%d",&n); tot=0; for(int i=1;i<=n;i++) first[i]=0; fac[0]=fac[1]=inv[1]=invfac[0]=invfac[1]=1; for(ll i=2;i<=n;i++) { fac[i]=fac[i-1]*i%mod; inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod; invfac[i]=invfac[i-1]*inv[i]%mod; } for(int i=1;i<n;i++) { int a,b; scanf("%d%d",&a,&b); insert(a,b),insert(b,a); } dp1(1); dp2(1); ll totans=0; for(int i=1;i<=n;i++) totans=(totans+ans[i]*ans[i])%mod; printf("%lld\n",totans); } return 0; } #include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const ll mod=1000000007; int T,n,first[1000010],tot,fa[1000010]={0},siz[1000010]; ll fac[1000010],inv[1000010],invfac[1000010]; ll f[1000010],ans[1000010]; struct edge { int v,next; }e[2000010]; void insert(int a,int b) { e[++tot].v=b; e[tot].next=first[a]; first[a]=tot; } ll power(ll a,ll b) { ll s=1,ss=a; while(b) { if (b&1) s=s*ss%mod; ss=ss*ss%mod;b>>=1; } return s; } void dp1(int v) { siz[v]=f[v]=1; for(int i=first[v];i;i=e[i].next) if (e[i].v!=fa[v]) { fa[e[i].v]=v; dp1(e[i].v); siz[v]+=siz[e[i].v]; f[v]=f[v]*invfac[siz[e[i].v]]%mod*f[e[i].v]%mod; } f[v]=f[v]*fac[siz[v]-1]%mod; } void dp2(int v) { if (v!=1) { ll faf=ans[fa[v]]; int fasiz=n-siz[v]; faf=faf*fac[siz[v]]%mod*power(f[v],mod-2)%mod; faf=faf*invfac[n-1]%mod*fac[fasiz-1]%mod; ans[v]=f[v]*invfac[fasiz]%mod*faf%mod; ans[v]=ans[v]*invfac[siz[v]-1]%mod*fac[n-1]%mod; } else ans[v]=f[v]; for(int i=first[v];i;i=e[i].next) if (e[i].v!=fa[v]) dp2(e[i].v); } int main() { scanf("%d",&T); while(T--) { scanf("%d",&n); tot=0; for(int i=1;i<=n;i++) first[i]=0; fac[0]=fac[1]=inv[1]=invfac[0]=invfac[1]=1; for(ll i=2;i<=n;i++) { fac[i]=fac[i-1]*i%mod; inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod; invfac[i]=invfac[i-1]*inv[i]%mod; } for(int i=1;i<n;i++) { int a,b; scanf("%d%d",&a,&b); insert(a,b),insert(b,a); } dp1(1); dp2(1); ll totans=0; for(int i=1;i<=n;i++) totans=(totans+ans[i]*ans[i])%mod; printf("%lld\n",totans); } return 0; }