标签：就会 相同 inline 进制 代码 tin typedef 二维 允许
爆发肺炎疫情的H省共有n个地级市，为了最大限度减缓疾病蔓延，这些地级市用1到n开始编号，由n?1条道路相连，并且保证联通。统筹疫情防控的省会W市为根节点，编号为1
为了防疫，首先需要给每个地级市安排一个重要度。具体来说，对于每个市，它的重要度是1,m中的一个整数（可以重复）。同时有一个特殊的要求：对于从根节点到叶子节点的每一条路径，路径上所有数字的最大公约数必须为1
现在你需要求出合法的重要度安排方法的数量。答案对 1e9+7取模。
第一行两个整数n,m，意义如题所示。
接下来n?1行，每行两个整数u,v，表示一条道路。
一行一个整数，表示答案。
输入
3 2
1 2
1 3输出
51、2、3 号结点分别可以是 [1,2,2]，[1,1,2]，[1,2,1]，[1,1,1]，[2,1,1]，一共 5 种方案。
对于40%的数据，满足1≤n≤100
对于额外20%的数据，满足1≤m≤5
对于额外20%的数据，满足树成为一条链。
对于100%的数据，满足1≤n≤10^5^,1≤m≤20
因为n个点由n-1条路连通，所以不难发现这是一棵树。根节点是1（省会）
我们要保证从根到叶的每一条路径上至少有两数互质。
因为m很小，只有20，那么就可以从分析m入手：
两数互质，也就是两数没有相同质因数，20以下的数可能有的质因数有8个：2,3,5,7,11,13,17,19
而且20以下的数至多有2个质因数（2·3·5=30>20）
那么只要判断这八个质因数的有无，就能判断两数是否互质了
为了表示质因数的有无，就要用2进制表示：00001001(9)就表示2,7两个质数
开一个数组f存每个数的质因数，如f~12~=00000110
设dp~i,j~表示（以j为根的子树的所有根叶路径）满足（i表示的质数至少有一次没出现）
那么最终答案就是dp~255,1~（255表示2~19所有8个质数，1表示根节点）
根据乘法原理，在当前节点确定后，其子树的方案数互不影响，所以当前节点的树的方案数为其子树方案数相乘
写出状态转移方程：(方程过于复杂，比着代码才写出来，直接看代码吧)
\[
dp[i][j]=(dp[i \and f[1]][son1]*dp[i \and f[1]][son2]*···*f[i \and f[1]][sonlast])+(dp[i \and f[2]][son1]*···)+···+(dp[i \and f[m]][son1]*···)
\]
边界就是叶节点，只要枚举其可行的数字就好，方案不超过20
因为偷懒实力不允许，这次就用老师的标程作注好了：（为了看着舒服，改了改码风（改得面目全非））
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
vector<int> g[100005];//向量容器，可以用来存树（每个元素（每个向量）存储每个节点的相邻节点（父或子））
int p[8] = { 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19 }, f[25], m, u, v, n;//p存储代号表示的质数，f存储20以内的数的质因数情况
LL dp[257][100005];//第一维是质因数情况，第二维是节点，所存的数字是指该节点的子树上所有节点的质因数中，这些质因数满足至少有一次没出现（就是当前节点子树至少一对数互质）
inline LL dfs(int now, int fa, int mask) {//now：当前节点，fa：当前节点的父亲，mask：表示质因数情况，返回值就是（保证mask表示的质数都满足（（在now节点为根的子树上所有根叶路径上）都至少有一次没出现））的方案数对1e9+7的取模
if (dp[mask][now] != -1)//有存储（之前推算到过）避免重复计算
return dp[mask][now];//直接返回
LL res = 0;//累计结果
for (int i = 1; i <= m; i++)//枚举当前节点的数字
if (g[now].size() == 1 && now != 1)//只有一个连通节点且不是根节点（叶子），因为只要枚举它本身就好，所以答案就一定小于20（不需要取模），满足条件的充要条件就是（（now节点的数字）的质因数中）不含有（mask表示的质数）
res += !(mask & f[i]);//(上一行可知这是个叶节点)与运算后，如果结果不为0，说明（now的数字i的质因数中，有mask表示的质数）也就是说now当前的数字i不满足（以now为根的子树中（所有根叶路径中（mask表示的质数至少有一次没出现）））的条件，i放在这里的now中不合适；反之，结果为0，说明i可以放在now中，这种情况的方案数就会加!(0)也就是1
else {//不是叶节点,那就考虑其子树
LL t = 1;//t来记录now为i时子树的方案数
for (auto to : g[now]) {//auto的用法：作为数组的元素，从该数组第一个到最后一个依次循环(语文水平捉急)，这个语句也可以用正常的for循环代替：to相当于g[now][i](传值调用，原数组不动)
if (to == fa)
continue;//枚举和当前节点连通的节点，如果是父亲，那就跳过，因为是从根到叶递归，所以只看儿子
t = t * dfs(to, now, mask & f[i]) % 1000000007;//（根节点确定，子树间互不影响，故遵循乘法原理，把各子树的结果相乘）子树的结果：以子树为根，now为父，mask的情况有些复杂：因为当前的t要求的是以now为根的子树上的根叶路径符合mask的质数（至少一次不出现）条件，并且有f[i]的质数在now出现，所以对子树的要求就是使（f[i]和mask表示的质数）的交集至少有一次不出现，这样，就能保证本层递归结果符合要求，所以用与运算找出交集
}
res = (res + t) % 1000000007;//将（now取各种i的值）的各种方案数累加至res里
}
return dp[mask][now] = res;//返回并赋值
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 0; i < n - 1; i++) {//建树
scanf("%d%d", &u, &v);
g[u].push_back(v);//新加入一条边
g[v].push_back(u);//双向边
}
for (int i = 1; i <= 20; i++)//枚举1-20的数字
for (int j = 0; j < 8; j++)//枚举8个质数
if (!(i % p[j]))//可以整除（含有该质因数）
f[i] |= 1 << j;//含有该质因数，对应的二进制位就是1
memset(dp, -1, sizeof(dp));//打个标记，区分已经遍历到的节点和空白节点
printf("%lld\n", dfs(1, 0, 255));//这就是当前节点为1，没有父节点（根），在每一条根到叶的路径中所有质因数都至少一次没出现的方案数
return 0;
}标签：就会 相同 inline 进制 代码 tin typedef 二维 允许
原文地址：https://www.cnblogs.com/Wild-Donkey/p/12246445.html
