HDU 5909 Tree Cutting [樹形dp+FWT]【動態規劃+數學】

題目鏈接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5909
——————————————————————————————————————————

Tree Cutting Accepts: 14 Submissions: 119
Time Limit: 4000/2000 MS (Java/Others) Memory Limit: 262144/131072 K (Java/Others)

問題描述

Byteasar有一棵n 個點的無根樹，節點依次編號爲1 到n ，其中節點ii的權值爲vi 。

定義一棵樹的價值爲它所有點的權值的異或和。

現在對於每個[0,m) 的整數k ，請統計有多少T 的非空連通子樹的價值等於k 。

一棵樹TT的連通子樹就是它的一個連通子圖，並且這個圖也是一棵樹。

輸入描述

第一行包含一個正整數T(1≤T≤10) ，表示測試數據的組數。

每組數據的第一行包含兩個正整數n(n≤1000) 和m(1≤m≤210) ，分別表示樹的大小以及權值的上界。

第二行包含n 個整數v1,v2,v3,...,vn(0≤vi<m) ，分別表示每個節點的權值。

接下來n−1 行每行包含兩個正整數ai,bi(1≤ai,bi≤n) ，表示有一條連接ai 和bi
​​ 的無向邊。

輸入數據保證m 是2 的非負整數冪。

輸出描述

對於每組數據，輸出一行m 個整數，其中第i 個整數表示價值爲i 的非空連通子樹的數目。

因爲答案很大，所以請模109+7 後輸出。

輸入樣例
2
4 4
2 0 1 3
1 2
1 3
1 4
4 4
0 1 3 1
1 2
1 3
1 4

輸出樣例
3 3 2 3
2 4 2 3

——————————————————————————————————————————

很容易想到樹形dp

設dp[i][j] 以第i 個節點爲根的聯通子樹異或和爲j 的數目.

轉移的過程就是dp[u][i^j]+=dp[u][i]*dp[to][j];

這部分很好想到,但是複雜度卻是O(nm2) 的.

顯然超時

然後有了一個FWT這種東西,快速沃爾什變換

和FFT類似,同樣是將一個O(n2) 的卷積運算轉化爲O(nlogn) 的.

FWT是

c[x]=∑i\^j=xa[i]∗b[j] ,與本題所求相同，套上去就好了

詳細戳這裏吧http://blog.csdn.net/liangzhaoyang1/article/details/52819835

附本題代碼
——————————————————————————————————————————

#include <bits/stdc++.h>
typedef long long int LL;
using namespace std;
#define abs(x) ((x)>0?(x):-(x))
const int N   = 1e3+7;
const int MOD = 1e9+7;
/*****************************************************************/

vector<int>G[N];
int w[N],dp[N][(1<<10)+9],ans[(1<<10)+9],tmp[(1<<10)+9];

int n,m,len;

void FWT(int a[],int n){
    for(int d=1;d<n;d<<=1)
        for(int m=d<<1,i=0;i<n;i+=m)
            for(int j=0;j<d;j++){
                int x=a[i+j],y=a[i+j+d];
                a[i+j]=(x+y)%MOD,a[i+j+d]=(x-y+MOD)%MOD;
                //xor:a[i+j]=x+y,a[i+j+d]=(x-y+MOD)%MOD;
                //and:a[i+j]=x+y;
                //or :a[i+j+d]=x+y;
            }
}

void UFWT(int a[],int n){
    const int rev = (MOD+1)>>1;
    for(int d=1;d<n;d<<=1)
        for(int m=d<<1,i=0;i<n;i+=m)
            for(int j=0;j<d;j++){
                int x=a[i+j],y=a[i+j+d];
                a[i+j]=1LL*(x+y)*rev%MOD,a[i+j+d]=(1LL*(x-y)*rev%MOD+MOD)%MOD;
                //xor:a[i+j]=(x+y)/2,a[i+j+d]=(x-y)/2;  inv
                //and:a[i+j]=x-y;
                //or :a[i+j+d]=y-x;
            }
}

void solve(int a[],int b[],int n){
    FWT(a,n);
    FWT(b,n);
    for(int i=0;i<n;i++) a[i]=1LL*a[i]*b[i]%MOD;
    UFWT(a,n);
}

void dfs(int u,int f=0){
    for(int i=0;i<len;i++) dp[u][i]=0;
    dp[u][w[u]]=1;
    int gz=G[u].size();
    for(int i=0,to;i<gz;i++){
        to=G[u][i];
        if(to==f) continue;
        dfs(to,u);
        for(int i=0;i<len;i++) tmp[i]=dp[u][i];
        solve(tmp,dp[to],len);
        for(int i=0;i<len;i++) dp[u][i]=(dp[u][i]+tmp[i])%MOD;
    }

    for(int i=0;i<len;i++) ans[i]=(ans[i]+dp[u][i])%MOD;
}

int main(){
    int _;
    for(scanf("%d",&_);_;_--){
        scanf("%d %d",&n,&m);
        memset(ans,0,sizeof(ans));
        for(len=1;len<m;len<<=1);
        for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&w[i]);
        for(int i=1,u,v;i<n;i++){
            scanf("%d%d",&u,&v);
            G[u].push_back(v);
            G[v].push_back(u);
        }
        dfs(1);
        for(int i=0;i<m-1;i++) printf("%d ",ans[i]); printf("%d\n",ans[m-1]);

        for(int i=1;i<=n;i++) G[i].clear();
    }
    return 0;
}