【luogu P8352】小 N 的独立集（DP套DP）（性质）

小 N 的独立集

题目链接：luogu P8352

题目大意

给你一棵树，然后每个点可以有 1~k 的点权。
然后对于每一种点权，形成的 n^k 棵树，最大权独立集的点权和为 x 的树有多少种。
对于每个 x 输出答案。

思路

笑死第一次做 DP 套 DP 推起来贼乱被爆杀。
（知道 DP 套 DP 的不难就知道）

里层 DP：$f_{i,0/1}$ 当前点是 $i$，$i$ 没选 / 选了。
然后对于一个点 $u$ 的儿子 $v$ 合并子树：
$f_{u,0}=\max \{f_{v,1},f_{v,0}\}$
$f_{u,1}=f_{v,0}+a_u$

然后外层就设 $f_{u,i,j}$ 为 $u$ 点 $f_{u,0}$ 和 $f_{u,1}$ 分别是 $i,j$ 的方案数。
然后你就枚举一下类似背包的合并即可。
然后发现会 T，$O(n^4{k}^4)$。（合并 $O(n^3)$）

考虑找点性质优化：
因为每次选了最多加 $k$，我们可以从 DP 的式子发现如果 $f_{v,0}⩾f_{v,1}$，那一定是只需要 $f_{v,0}$，那 $f_{v,1}$ 的值就没有意义了。
而且如果是小于，差不会超过 $k$，那我们可以换个表示方法：$f_{u,i,j}$ 为 $u$ 点 $f_{u,0},f_{u,1}$ 分别是 $i,i+j$ 的方案数，那 $j$ 就是 $k$ 的级别的了。
然后转移就是 $O(n^2{k}^4)$（因为你按大小合并从 LCA 的角度计数是 $n^2$ 的）

至于转移细节，枚举 $i,ii,j,jj$ 分别表示 $f_{u,i,ii}$ 和 $f_{v,j,jj}$。
那转移到的就是 $f_{u,i+j+jj,\max (0,ii-jj)}$（因为你这里是要 $i$ 不选儿子 $j$ 选不选都可以），然后第三维也不难理解。
（第三维可以通过 $\max (i+ii+j,i+j+jj)-(i+j+jj)$ 另一种方法，似乎更加利于理解）

代码

#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define ll long long
#define mo 1000000007 

using namespace std;

const int N = 1005;
int n, K, sz[N];
vector <int> G[N];
ll f[N][N * 5][6], tmp[N * 5][6];
//1~5:正常,f1>f0，此时j记录f0
//f0不选,f1选 

void dfs(int now, int father) {
    
	sz[now] = K;
	for (int i = 1; i <= K; i++) f[now][0][i] = 1;
	for (int to = 0; to < G[now].size(); to++) {
     int x = G[now][to];
		if (x == father) continue; dfs(x, now);
		for (int i = 0; i <= sz[now]; i++) for (int ii = 0; ii <= K; ii++) if (f[now][i][ii])
			for (int j = 0; j <= sz[x]; j++) for (int jj = 0; jj <= K; jj++) if (f[x][j][jj]) {
    
				(tmp[i + j + jj][max(ii - jj, 0)] += f[now][i][ii] * f[x][j][jj] % mo) %= mo;
			}
		
		sz[now] += sz[x];
		for (int i = 0; i <= sz[now]; i++) for (int j = 0; j <= K; j++) f[now][i][j] = tmp[i][j], tmp[i][j] = 0; 
	}
}

int main() {
    
// freopen("nset.in", "r", stdin);
// freopen("nset.out", "w", stdout);
	
	scanf("%d %d", &n, &K);
	for (int i = 1; i < n; i++) {
    
		int x, y; scanf("%d %d", &x, &y);
		G[x].push_back(y); G[y].push_back(x);
	}
	
	dfs(1, 0);
	
	for (int i = 1; i <= K * n; i++) {
    
		ll re = 0;
		for (int j = 0; j <= i && j <= K; j++)
			(re += f[1][i - j][j]) %= mo;
		printf("%lld\n", re);
	}
	
	return 0;
}