题面：
题目描述：
给出有n个节点的树，整数k。题目要求找长度为k，符合规则（good序列）的“点序列”（由节点构成的序列）个数有多少？规则如下：
- 1.走一条出发点为a1，终点为ak的一条路（允许重复边，重复点）
- 2.从a1开始，通过最短路径走到a2，然后从a2通过最短路径走到a3，以此类推，直到走到终点
- 3.如果在上述过程中，至少经过一条“黑边”，则这个序列是good的
题目分析一：
这道题直接分析确实挺难，难在哪里呢？我们看看这个good序列要满足什么条件：
1.走一条路：这里要注意的就是可以重复点，其他没什么可以引起注意的地方
2.从a1走到a2，a2走到a3......如果这个过程经过了黑边，这个序列就是good序列：
所以刚开始我们的想法是：
找一条黑边两端的端点，然后看看包含这两个端点的序列有多少个，再减去重复的。
但是，想法很美好，情况很复杂😭，我刚开始就是这么想的。后面发现越来越不对劲，就重新看了一下题目，发现了一些重要的突破口：
1.题目的good序列是“至少”经过一条黑边，注意，这里的用词是用“至少”。
2.原题目的最后还提醒了：总共有n^k个序列，算其中good序列有多少个。
然后我就想到了：既然good序列这么难算，不如算算bad序列？
bad序列规则：第一点和第二点不变，第三点：如果在上述过程中，没有经过一条“黑边”，则这个序列是bad的。也就是说：
如果在上述过程中，经过所有的边都是“红边”（包括没经过边），则这个序列是bad的。
这时问题就变得好解决一些了：
只要找出所有的bad序列，通过n^k-bad，就可以间接求出good序列。而bad序列有什么特点？上面文字已经介绍完毕，下面我们观察一下图：
这个图中，由上面的bad文字定义可知：bad序列肯定是在三个分开的集合取：{1，2，4，6}，{5}，{3，7}。进一步发现：在一个集合的内部是连通的，而且互相到达绝不经过黑边。对于三个集合来说，它们直接被“黑边”分隔开了。也就是说：可以通过去掉“黑边”得到上面的集合：
其实也就是有多少个连通分支，这个用dfs很好解决。
得到了这个集合后，就是怎么算的问题了。举个例子：对于这个集合：{1，2，4，6}，我们只需要选k次就得到了bad序列的总数，也就是4^k。（不明白的同学可以这样想：要得到长度为k的bad序列，也就是要确定k个位置的值。每个位置都可以选4个元素而保证一定是bad序列，根据组合数学的分步原理，就是4^k个bad序列）。每一个集合我们都算出它们的bad序列的个数，加起来就是总的bad序列个数。
AC代码一：
#include <cstdio> #include <vector> using namespace std; const int maxn = 1e5+5; const int mod = 1e9+7; int k; long long n; vector<int> G[maxn]; //存图 long long cnt[maxn]; //统计每个集合元素个数 int vis[maxn]; //标记/判断i属于哪个集合 void dfs(int u, int num){ if(vis[u]) return; vis[u] = num; //标记 for(int i = 0; i < G[u].size(); i++){ dfs(G[u][i], num); } } int main(){ scanf("%lld %d", &n, &k); int u, v; int is_b; for(int i = 0; i < n-1; i++){ scanf("%d%d%d", &u, &v, &is_b); if(!is_b){ //如果不是黑边就加入到图中 G[u].push_back(v); G[v].push_back(u); } } for(int i = 1; i <= n; i++){ if(!vis[i]) dfs(i, i); } for(int i = 1; i <= n; i++){ cnt[vis[i]]++; //统计每个集合的元素个数 } long long bad = 0; for(int i = 1; i <= n; i++){ long long ans = 1; if(cnt[i]){ //如果集合存在 for(int j = 1; j <= k; j++){ //算cnt[i]的k次方 ans = ans*cnt[i]%mod; } bad = (bad+ans)%mod; } } long long all = 1; //算n的k次方 for(int i = 1; i <= k; i++){ all = all*n%mod; } printf("%lld\n", (all-bad+mod)%mod); //因为all-bad可能为负数(计算时边取模边算), 所以, 要先加个mod再取模 return 0; } 题目分析二
这题刚开始没读懂题意，后来明白了，原来就是一个数连通块里点数的问题。首先在建图的时候，只考虑红色路径上的点。为什么呢，因为为了不走红色的快，那么我们可以反着想只走红色的路径，这样把所有的可能数再减去只走红色路径的数就是最终的答案了。这里要注意的是，如果连通块里只有一个点，那么就是K个点都是这个点的情况，根据题意是不满足的，也要减去。
AC代码二
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; const int MOD = 1e9 + 7; const int MAXN = 1e5 + 15; vector<int> Graph[MAXN]; bool visited[MAXN]; int T, N, K; LL Pow(LL a, LL b) { LL ans = 1; while(b) { if(b&1) { ans = ans * a % MOD; } a = a * a % MOD; b >>= 1; } return ans; } void DFS(int v) { if(visited[v]) return; visited[v] = 1; T++; for(auto &itr:Graph[v]) { DFS(itr); } } int main() { scanf("%d %d", &N, &K); memset(visited, 0, sizeof(visited)); for(int i = 1; i < N; i++) { int x, y, c; scanf("%d %d %d", &x, &y, &c); if(c == 0) { Graph[x].push_back(y); Graph[y].push_back(x); } } LL Ans = 0; for(int i = 1; i <= N; i++) { if(visited[i]) continue; T = 0; DFS(i); Ans = (Ans + Pow(T, K)) % MOD; } Ans = (Pow(N, K) - Ans + MOD) % MOD; printf("%I64d\n", Ans); return 0; } 题目分析三
题意是给了一棵树，n个点，m条边。让从中选k个点，使得从a1到a2，a2到a3，ak-1到ak的路径中至少经过一条黑色的边，问这样的集合有多少个
思路就是求他们的组合数，所有的可能就是n^k，假如说像第一个样例那样只有黑色边存在，那么不可行的情况就是下面解释的那样，所以答案就是n^k - n，如果存在红色边的情况，比如说第二个样例，因为2到3连的是红边，那么对于只有这两个点的集合来说，他们的所有情况为2^k，所以答案就是n^k - 2^k - 1(这个1是1 1 1的情况)。那么我们反过来看题中的那个图，连的有红色边的点有6个，那么我们如果让n^k - 6^k肯定是不对的，因为有些点是可以经过黑边到达另一个点的，比如从1到7，那么这样的集合是不应该减的，所以我们要减的应该是只被红边连接的点，而且必须要连通，也就是减去4^k再减去2^k，然后再减去那些剩下的一个集合中只有1个数的情况。
所以这道题的正解应该是我们将那些连了红边的点建边，然后对于每一个点跑一边dfs，目的是为了找出与当前这个点相连的点有多少个(就是找用红边相连的联通块)，然后减去这个cnt^k就好了。感觉讲的不太好理解，自己看着题上的图想一下就好了。
AC代码三
#include <bits/stdc++.h> #define ll long long #define maxn 200005 const ll mod = 1e9 + 7; using namespace std; struct Node{ int to,next,w; }Edge[maxn]; int head[maxn],num; ll n,k,cnt; bool vis[maxn]; map<int,int> ma1,ma2; ll ppow(ll a, ll b){ ll sum = 1; a %= mod; while(b > 0){ if(b % 2 == 1) sum = (sum * a) % mod; b /= 2; a = (a * a) % mod; } return sum % mod; } void init(){ for(int i=0;i<=n;i++) head[i] = -1; num = 0; } void add(int u,int v,int w){ Edge[num].to = v; Edge[num].w = w; Edge[num].next = head[u]; head[u] = num ++; } void dfs(int x){ cnt ++; for(int i=head[x];i!=-1;i=Edge[i].next){ int to = Edge[i].to; if(!vis[to]){ vis[to] = true; dfs(to); } } } int main() { scanf("%lld%lld",&n,&k); init(); for(int i=1;i<n;i++){ int u, v, w; scanf("%d%d%d",&u,&v,&w); if(w == 0){ add(u, v, w); add(v, u, w); } } ll cnt2 = 0; ll ans = ppow(n, k); memset(vis,false,sizeof(vis)); for(int i=1;i<=n;i++){ if(vis[i] == false){ vis[i] = true; cnt = 0; dfs(i); ans = (ans - ppow(cnt, k) + mod) % mod; } } printf("%lld\n", ans); return 0; } C. Edgy Trees Codeforces Round #548 (Div. 2) 【连通块】
Codeforces Round #548 C. Edgy Trees