http://www.51nod.com/onlineJudge/questionCode.html#!problemId=1353
今天小a在纸上研究树的形态，众所周知的，有芭蕉树，樟树，函树，平衡树，树套树等等。那么小a今天在研究的就是其中的平衡树啦。
小a认为一棵平衡树的定义为一个n个点，从1到n编号，n-1条边，且任意两点间一定存在唯一一条简单路径，且n>=k。
现在小a看到一棵很大很大的树，足足有n个节点，这里n一定大于等于k！为了方便起见，它想把这个树删去某些边，使得剩下的若干个联通块都满足是平衡树。这时，小b走过来，不屑一顾的说，如果我一条边都不删，那么也算一棵平衡树咯。
小a对于小b的不屑感到很不爽，并问小b，你能算出我删边的方案总数使得满足我的条件吗？两个删边的方案A,B不同当且仅当存在某一条边属于集合A且不属于集合B，或者存在某一条边属于集合B且不属于集合A。为了让你方便，你只要告诉我答案对1000000007(1e9+7)取模就行了。
小b犯了难，找到了身为程序猿的你。
（我dp真垃圾）
题解如下：
我们令dp[i][j]表示以i为根且当前联通块大小为j的方案总数，特别的，dp[i][0]表示割点当前点与其父亲是棵平衡树的方案总数。
对于u的一个孩子v可以得到转移方程dp[u][j+k]=dp[u][j]*dp[v][k]
另外dp[u][0]=Σdp[u][j](j>=题目给定的k)
这样乍看是n^3的，有一个技巧可以做到n^2即每次dp时，只枚举当前u所在子树的大小，每当枚举到它的其中孩子时，当前u所在子树的大小加上它孩子为根的子树的大小。可以理解为每一个点对只被枚举到一次。
最后答案即为dp[root][0]
如果你没看懂的话，反正我也没看懂，我讲一遍我的思路。
我们还是按照上一道题通过dfs序来更新dp值降低复杂度。
设dp[i][j]表示以i为根i所在联通块大小为j的方案数，dp[i][0]为符合条件的总方案数。
可以看出一定有dp[u][j+k]=dp[u][j]*dp[v][k]，（相当于u和v之间断开），j的大小为当前我们所遍历完的子树大小sz（毕竟更大的你也没更新过。）
当然也会有dp[u][j]=dp[v][0]*dp[u][j];
但是复杂度算起来为什么是O(n^2)的呢？考虑这就相当于在u和v的子树当中找点对使得这些点一下割掉，u和v割掉，变相等于找点对。
#include<cstdio> #include<iostream> #include<vector> #include<queue> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long ll; const int N=2500; const int p=1e9+7; inline int read(){ int X=0,w=0;char ch=0; while(!isdigit(ch)){w|=ch=='-';ch=getchar();} while(isdigit(ch))X=(X<<3)+(X<<1)+(ch^48),ch=getchar(); return w?-X:X; } struct node{ int to,nxt; }e[N*2]; int cnt,head[N]; int n,k,sz[N],dp[N][N]; inline void add(int u,int v){ e[++cnt].to=v;e[cnt].nxt=head[u];head[u]=cnt; } void dfs(int u,int f){ sz[u]=1;dp[u][1]=1; for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){ int v=e[i].to; if(v==f)continue; dfs(v,u); for(int j=sz[u];j>=1;j--){ for(int l=sz[v];l>=1;l--){ dp[u][j+l]=(dp[u][j+l]+(ll)dp[u][j]*dp[v][l])%p; } dp[u][j]=(ll)dp[v][0]*dp[u][j]%p; } sz[u]+=sz[v]; } for(int i=k;i<=sz[u];i++) dp[u][0]=(dp[u][0]+dp[u][i])%p; } int main(){ n=read(),k=read(); for(int i=1;i<n;i++){ int u=read(),v=read(); add(u,v);add(v,u); } dfs(1,0); printf("%d ",dp[1][0]); return 0; }
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