树形DP，计数DP，概率DP（HDU 5378，Leader in Tree Land）

参考博客

http://blog.csdn.net/firenet1/article/details/47445921

http://blog.csdn.net/pibaixinghei/article/details/52783432

有两种方法，一种是计数DP，另一种是概率DP。

计数DP：

应该都能想到dp[i][j]表示以i为根的子树，有j个领导。接下来考虑状态转移。

自己一开始考虑枚举分配方案，就是对dp[i][j]，枚举j个领导如何分配给儿子节点，但是这样时间复杂度肯定是不能接受的。

事实上这样的枚举浪费了组合数公式，我们可以考虑将其中组合方面的枚举提取成公式计算出来。

降低时间复杂度的方法有很多，可以考虑交换枚举顺序，改变枚举量，动态改变枚举范围，维护一些值等技巧来降低时间复杂度。

由于各个子树的方案相互独立，因此我们可以用乘法原理，逐个考虑每个儿子，用组合数公式对每一个儿子的所有可能组合计算完，然后抛弃之。

时间复杂度O（n^2），稍加改造就可以O（nk）

概率DP：

我们也可以计算出概率，然后乘以总次数。

概率一般都是小数或者分数，如果用double肯定会有精度问题，如果用分数一定会爆long long。

事实上我们可以用逆元来解决这个问题。

逆元可以解决过程是小数，但是初始和结果都是整数的问题。

时间复杂度O（nk）

计数DP代码

#include<stdio.h>#include<vector>using namespace std;const int maxn = 1010;const int mod = 1000000007;int n,k;vector<int>G[maxn];int dp[maxn][maxn];int siz[maxn];int C[maxn][maxn];int tp[maxn];void read(){    scanf("%d %d",&n,&k);    for(int i=1;i<=n;i++) G[i].clear();    int u,v;    for(int i=1;i<n;i++)    {        scanf("%d %d",&u,&v);        G[u].push_back(v);        G[v].push_back(u);    }}void dfs1(int u,int f){    siz[u]=1;    for(int i=0;i<(int)G[u].size();i++)    {        int v = G[u][i];        if(v==f) continue;        dfs1(v,u);        siz[u]+=siz[v];    }}void dfs2(int u,int f){    int e = 1;    dp[u][1]=1;    dp[u][0]=siz[u]-1;    for(int ii=0;ii<(int)G[u].size();ii++)    {        int v = G[u][ii];        if(v==f) continue;        dfs2(v,u);        for(int i=0;i<=e+siz[v];i++)            tp[i]=0;        for(int i=0;i<=siz[v];i++)            dp[v][i]=1ll*dp[v][i]*C[siz[u]-e][siz[v]]%mod;        for(int i=0;i<=siz[v];i++)            for(int j=0;j<=e;j++)                tp[i+j]=(tp[i+j]+1ll*dp[u][j]*dp[v][i])%mod;        e+=siz[v];        for(int i=0;i<=e;i++)            dp[u][i]=tp[i];    }}void solve(){    read();    dfs1(1,0);    dfs2(1,0);    printf("%d\n",dp[1][k]);}void init(){    C[0][0]=1;    for(int i=1;i<maxn;i++)    {        C[i][0]=1;        for(int j=1;j<=i;j++)            C[i][j]=(1ll*C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod;    }}int main(){    init();    int T;    scanf("%d",&T);    for(int t=1;t<=T;t++)    {        printf("Case #%d: ",t);        solve();    }    return 0;}

概率DP代码

#include<stdio.h>#include<vector>using namespace std;const int mod = 1000000007;const int maxn = 1010;vector<int>G[maxn];int dp[maxn][maxn];int mp(int x,int n){    int ret=1;    while(n)    {        if(n&1) ret=1ll*ret*x%mod;        x=1ll*x*x%mod;        n>>=1;    }    return ret;}int inv[maxn];int siz[maxn];int fac[maxn];int n,k;void read(){    scanf("%d %d",&n,&k);    for(int i=1;i<=n;i++) G[i].clear();    int u,v;    for(int i=1;i<n;i++)    {        scanf("%d %d",&u,&v);        G[u].push_back(v);        G[v].push_back(u);    }}void dfs(int u,int f){    siz[u]=1;    for(int i=0;i<(int)G[u].size();i++)    {        int v = G[u][i];        if(v==f) continue;        dfs(v,u);        siz[u]+=siz[v];    }}void solve(){    read();    dfs(1,0);    dp[0][0]=1;    for(int i=1;i<=n;i++)    {        dp[i][0]=1ll*dp[i-1][0]*(siz[i]-1)%mod*inv[siz[i]]%mod;        for(int j=1;j<=k;j++)            dp[i][j]=(1ll*dp[i-1][j]*(siz[i]-1)%mod*inv[siz[i]]%mod+1ll*dp[i-1][j-1]*inv[siz[i]]%mod)%mod;    }    printf("%d\n",int(1ll*dp[n][k]*fac[n]%mod));}void init(){    fac[0]=1;    for(int i=1;i<maxn;i++)    {        inv[i]=mp(i,mod-2);        fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;    }}int main(){    init();    int T;    scanf("%d",&T);    for(int t=1;t<=T;t++)    {        printf("Case #%d: ",t);        solve();    }    return 0;}