hdu5909：Tree Cutting （FWT/點分治優化樹形DP）

題目傳送門：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5909

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題目大意：給出一棵樹，每個節點的權值都在[0,m)$[0,m)$ 內。現在對於每個v∈[0,m)$v\in [0,m)$ ，你都應給出權值爲v$v$ 的至少有一個點的子連通塊個數。一個連通塊的權值定義爲其所有點的權值異或和。答案模109+7${10}^9+7$ ，多組數據。

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題目分析：首先很容易想到O(Tnm2)$O(Tn{m}^2)$ 的樹形DP。由於樹的一個子連通塊也是一棵樹，可以使1號點爲整棵樹的根，定義子連通塊的根爲其中深度最小的節點。然後令f[node][v]表示以node爲根，異或和爲v的子連通塊有多少個。顯然，當逐個考慮node的兒子的時候，考慮新的兒子son對f[node][v]的貢獻，發現有以下形式的轉移：

f[node][v]=∑t=0m−1f[node][t]∗f[son][v⊕t]$$f[node][v]=\sum _{t=0}^{m-1}f[node][t]\ast f[son][v\oplus t]$$

其中⊕$\oplus$ 是異或操作。

這個方程顯然可以用FWT優化，這樣O(Tnmlog(m))$O(Tnm\log (m))$ 就可以通過所有數據。然而這樣常數很大，方法也不夠巧妙，有沒有別的優化方法呢？

我們發現本題是詢問關於樹上的連通塊問題，因爲不知道連通塊的根，所以要對每個節點DP。假設強制這個連通塊過根，能不能降低DP的時間複雜度呢？我們又發現：如果這個連通塊過根，那麼若一個點不選，它的子樹也不能選；否則它的子樹纔有可能選。如果定義一個指針指向當前考慮的節點的話，那麼前者就表示這個指針移向了DFS序上該子樹對應區間的右一位，而後者就代表指針直接移向DFS序的下一位。這樣按DFS序去DP，時間就是O(nm)$O(nm)$ 的。

那麼如何處理不過根的問題呢？只要套個點分治就行了。這樣總時間複雜度是O(Tnmlog(n))$O(Tnm\log (n))$ 的，不僅方法優美而且十分好寫。

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CODE：

#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int maxn=1050;
const long long M=1000000007;
typedef long long LL;

struct edge
{
    int obj;
    edge *Next;
} e[maxn<<1];
edge *head[maxn];
int cur;

int tree[maxn];
int num;

int Size[maxn];
int max_Size[maxn];

int dfsx[maxn];
int st[maxn];
int ed[maxn];

LL f[maxn][maxn];
LL ans[maxn];

int val[maxn];
bool vis[maxn];

int t,n,m;

void Add(int x,int y)
{
    cur++;
    e[cur].obj=y;
    e[cur].Next=head[x];
    head[x]=e+cur;
}

void Dfs1(int node,int fa)
{
    num++;
    tree[num]=node;
    Size[node]=1;
    max_Size[node]=0;
    for (edge *p=head[node]; p; p=p->Next)
    {
        int son=p->obj;
        if ( son==fa || vis[son] ) continue;
        Dfs1(son,node);
        Size[node]+=Size[son];
        max_Size[node]=max(max_Size[node],Size[son]);
    }
}

void Dfs2(int node,int fa)
{
    num++;
    dfsx[num]=node;
    st[node]=num;
    for (edge *p=head[node]; p; p=p->Next)
    {
        int son=p->obj;
        if ( son==fa || vis[son] ) continue;
        Dfs2(son,node);
    }
    ed[node]=num;
}

void Solve(int node)
{
    num=0;
    Dfs1(node,node);
    if (num==1)
    {
        ans[ val[node] ]=(ans[ val[node] ]+1)%M;
        return;
    }

    int root=tree[1];
    for (int i=1; i<=num; i++)
    {
        int x=tree[i];
        Size[x]=max(Size[node]-Size[x],max_Size[x]);
        if (Size[x]<Size[root]) root=x;
    }

    num=0;
    Dfs2(root,root);
    for (int i=2; i<=num+1; i++)
        for (int j=0; j<m; j++) f[i][j]=0;

    f[2][ val[ dfsx[1] ] ]=1;
    for (int i=2; i<=num; i++)
        for (int j=0; j<m; j++)
        {
            LL &x=f[i+1][ j^val[ dfsx[i] ] ];
            x=(x+f[i][j])%M;
            LL &y=f[ ed[ dfsx[i] ]+1 ][j];
            y=(y+f[i][j])%M;
        }
    for (int i=0; i<m; i++) ans[i]=(ans[i]+f[num+1][i])%M;

    vis[root]=true;
    for (edge *p=head[root]; p; p=p->Next)
    {
        int son=p->obj;
        if (vis[son]) continue;
        Solve(son);
    }
}

int main()
{
    freopen("5909.in","r",stdin);
    freopen("5909.out","w",stdout);

    scanf("%d",&t);
    while (t--)
    {
        scanf("%d%d",&n,&m);
        for (int i=1; i<=n; i++)
            head[i]=NULL,vis[i]=false,scanf("%d",&val[i]);
        cur=-1;
        for (int i=1; i<n; i++)
        {
            int x,y;
            scanf("%d%d",&x,&y);
            Add(x,y);
            Add(y,x);
        }

        for (int i=0; i<m; i++) ans[i]=0;
        Solve(1);
        for (int i=0; i<m-1; i++) printf("%d ",ans[i]);
        printf("%d\n",ans[m-1]);
    }

    return 0;
}