hdu5909：Tree Cutting （FWT/点分治优化树形DP）

题目传送门：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5909

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题目大意：给出一棵树，每个节点的权值都在[0,m)$[0,m)$ 内。现在对于每个v∈[0,m)$v\in [0,m)$ ，你都应给出权值为v$v$ 的至少有一个点的子连通块个数。一个连通块的权值定义为其所有点的权值异或和。答案模109+7${10}^9+7$ ，多组数据。

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题目分析：首先很容易想到O(Tnm2)$O(Tn{m}^2)$ 的树形DP。由于树的一个子连通块也是一棵树，可以使1号点为整棵树的根，定义子连通块的根为其中深度最小的节点。然后令f[node][v]表示以node为根，异或和为v的子连通块有多少个。显然，当逐个考虑node的儿子的时候，考虑新的儿子son对f[node][v]的贡献，发现有以下形式的转移：

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⊕$\oplus$ 是异或操作。

这个方程显然可以用FWT优化，这样O(Tnmlog(m))$O(Tnm\log (m))$ 就可以通过所有数据。然而这样常数很大，方法也不够巧妙，有没有别的优化方法呢？

我们发现本题是询问关于树上的连通块问题，因为不知道连通块的根，所以要对每个节点DP。假设强制这个连通块过根，能不能降低DP的时间复杂度呢？我们又发现：如果这个连通块过根，那么若一个点不选，它的子树也不能选；否则它的子树才有可能选。如果定义一个指针指向当前考虑的节点的话，那么前者就表示这个指针移向了DFS序上该子树对应区间的右一位，而后者就代表指针直接移向DFS序的下一位。这样按DFS序去DP，时间就是O(nm)$O(nm)$ 的。

那么如何处理不过根的问题呢？只要套个点分治就行了。这样总时间复杂度是O(Tnmlog(n))$O(Tnm\log (n))$ 的，不仅方法优美而且十分好写。

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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;
}