版权声明:如有错误,请指出,不胜感激。 https://blog.csdn.net/qq_36424540/article/details/83547786
链接:https://www.nowcoder.com/acm/contest/215/C
来源:牛客网
题目描述
“你,你认错人了。我真的,真的不是食人魔。”--蓝魔法师
给出一棵树,求有多少种删边方案,使得删后的图每个连通块大小小于等于k,两种方案不同当且仅当存在一条边在一个方案中被删除,而在另一个方案中未被删除,答案对998244353取模
输入描述:
第一行两个整数n,k, 表示点数和限制 2 <= n <= 2000, 1 <= k <= 2000 接下来n-1行,每行包括两个整数u,v,表示u,v两点之间有一条无向边 保证初始图联通且合法
输出描述:
共一行,一个整数表示方案数对998244353取模的结果
示例1
输入
5 2 1 2 1 3 2 4 2 5
输出
7
对于这类计数问题,不是很熟悉
总归还是dp的思想,只不过,状态不是很好定义。
这里把子树根所在的联通块大小,来当做是状态,然后进行转移。
计数最怕重复和遗漏, 考虑每次都是加入一条新的枝条, 每次都是考虑 先分离,在把两个子树连在一起,然后不断的更新,特别像两重for循环, 然后乘法定理,直接相乘就ok了
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<b;++i)
const int mod=998244353;
const int N=2010;
LL dp[N][N];
//dp[i][j]表示,i 为根节点,并且i所在的联通块大小为j的数量
vector<int> vec[N];
int n,m;
int sz[N];
LL sum[2*N];
void dfs(int u,int f)
{
sz[u]=dp[u][1]=1;
int s=vec[u].size();
rep(i,0,s) {
int v=vec[u][i];
if(v==f)continue;
dfs(v,u);
int num_u=sz[u],num_v=sz[v];
for(int j=0; j<=m; j++)sum[j]=0;
for(int k=1; k<=num_u; k++) {
for(int j=0; j<=num_v; j++) {
if(k+j>m)continue;
// if(j==0&&k==m)continue;
sum[k+j]=(sum[k+j]+dp[u][k]*dp[v][j]%mod)%mod;
}
}
sz[u]+=sz[v];
for(int j=1; j<=m; j++)dp[u][j]=sum[j];
}
for(int i=1;i<=m;i++)dp[u][0]=(dp[u][0]+dp[u][i])%mod;
}
/*
5 2
1 2
1 3
2 4
2 5
4 2
1 2
2 3
3 4
*/
int main()
{
scanf("%d %d",&n,&m);
rep(i,0,n-1) {
int u,v;
scanf("%d %d",&u,&v);
vec[u].push_back(v);
vec[v].push_back(u);
}
dfs(1,0);
rep(j,1,n+1) {
rep(i,1,m+1) {
printf("i:%d j:%d %lld\n",j,i,dp[j][i]);
}
printf("\n");
}
LL ans=0;
//rep(i,1,m+1)ans=(ans+dp[1][i])%mod;
printf("%lld\n",dp[1][0]);
return 0;
}