标签：back names long pos contest 状态 queue using stack
题目大意
给你一棵树，可以染m种颜色，现定义一种特殊的颜色K，一棵树上最多能有x个特殊颜色。如果一个节点为特殊颜色，那么他相邻的节点的值只能选比K小的颜色，问一共有多少种染色方案。
分析
不难想出这是一个树型dp，用dp[i][j][k]表示考虑第i个点所选的颜色的种类为j，共用了k个特殊颜色。j的状态分别是0代表[1,K-1]，1代表[K+1,m]，2代表K。然后我们考虑如何转移。首先我们不难想到对于每种状态它是由之前哪种状态转移来的（见代码），对于k的枚举我们可以依次考虑一个点的所有儿子，然后每一次用当前儿子的值更新这个点的dp值。我们假设之前所有儿子和这个点自己一共选了k1个特殊颜色，而这个儿子及其子树选了k2个特殊颜色，这样就可以转移了。详见代码。
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<cctype>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<queue>
#include<ctime>
#include<vector>
#include<set>
#include<map>
#include<stack>
using namespace std;
#define li long long
const li mod = 1e9+7;
li n,m,x,sum,dp[101000][3][12],now[3][12];
vector<li>v[101000];
inline void dfs(li a,li fa){
dp[a][0][0]=m-x;
dp[a][1][0]=x-1;
dp[a][2][1]=1;
for(li i=0;i<v[a].size();i++)
if(v[a][i]!=fa){
dfs(v[a][i],a);
memset(now,0,sizeof(now));
for(li k=0;k<=sum;k++)
for(li k2=0;k2+k<=sum;k2++){
now[0][k+k2]=(now[0][k+k2]+(dp[a][0][k]*
(dp[v[a][i]][0][k2]+dp[v[a][i]][1][k2]))%mod)%mod;
now[1][k+k2]=(now[1][k+k2]+(dp[a][1][k]*(dp[v[a][i]][0][k2]
+dp[v[a][i]][1][k2]+dp[v[a][i]][2][k2])%mod))%mod;
now[2][k+k2]=(now[2][k+k2]+
(dp[a][2][k]*dp[v[a][i]][1][k2]%mod))%mod;
}
for(li k=0;k<=sum;k++){
dp[a][0][k]=now[0][k];
dp[a][1][k]=now[1][k];
dp[a][2][k]=now[2][k];
}
}
return;
}
int main(){
li i,j,k;
scanf("%lld%lld",&n,&m);
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(i=1;i<n;i++){
li a,b;
scanf("%lld%lld",&a,&b);
v[a].push_back(b);
v[b].push_back(a);
}
scanf("%lld%lld",&x,&sum);
dfs(1,0);
li ans=0;
for(i=0;i<3;i++)
for(j=0;j<=sum;j++)
ans=(ans+dp[1][i][j])%mod;
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
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原文地址：https://www.cnblogs.com/yzxverygood/p/9490192.html
