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Description
Crash 小朋友最近迷上了一款游戏——文明5(Civilization V)。在这个游戏中，玩家可以建立和发展自己的国家，通过外交和别的国家交流，或是通过战争征服别的国家。现在Crash 已经拥有了一个N 个城市的国家，这些城市之间通过道路相连。由于建设道路是有花费的，因此Crash 只修建了N-1 条道路连接这些城市，不过可以保证任意两个城市都有路径相通。在游戏中，Crash 需要选择一个城市作为他的国家的首都，选择首都需要考虑很多指标，有一个指标是这样的： 其中S(i)表示第i 个城市的指标值，dist(i, j)表示第i 个城市到第j 个城市需要经过的道路条数的最小值，k 为一个常数且为正整数。因此Crash 交给你一个简单的任务：给出城市之间的道路，对于每个城市，输出这个城市的指标值，由于指标值可能会很大，所以你只需要输出这个数mod 10007 的值。
Input
输入的第一行包括两个正整数N 和k。下面有N-1 行，每行两个正整数u、v (1 ≤ u, v ≤ N)，表示第u 个城市和第v 个城市之间有道路相连。这些道路保证能符合题目的要求。
Output
输出共N 行，每行一个正整数，第i 行的正整数表示第i 个城市的指标值 mod 10007 的值。
Sample Input
1 2
1 3
2 4
2 5
Sample Output
7
23
18
18
HINT
20%的数据满足N ≤ 5000、k ≤ 30。 50%的数据满足N ≤ 50000、k ≤ 30。 100%的数据满足N ≤ 50000、k ≤ 150。 【特别注意】由于数据大小限制为5MB，我只好对测试时的输入文件进行压缩处理。下面的函数可以将压缩的输入文件转化为原始输入文件。（函数从infile 中读入压缩的输入文件，将解压缩后的输入文件输出到outfile 中） C/C++版本： void Uncompress(FILE *infile, FILE *outfile) { int N, k, L, i, now, A, B, Q, tmp; fscanf(infile, "%d%d%d", &N, &k, &L); fscanf(infile, "%d%d%d%d", &now, &A, &B, &Q); fprintf(outfile, "%d %d\n", N, k); for (i = 1; i < N; i ++) { now = (now * A + B) % Q; tmp = (i < L) ? i : L; fprintf(outfile, "%d %d\n", i - now % tmp, i + 1); } } Pascal 版本： procedure Uncompress(var infile, outfile : text); var N, k, L, i, now, A, B, Q, tmp : longint; begin read(infile, N, k, L, now, A, B, Q); writeln(outfile, N, ‘ ‘, k); for i := 1 to N - 1 do begin now := (now * A + B) mod Q; if i < L then tmp := i else tmp := L; writeln(outfile, i - now mod tmp, ‘ ‘, i + 1); end; end; 下面给出一个具体的例子。civiliazation_compressed.in 表示压缩的输入文件， civilization.in 表示解压缩后的输入文件。 civilization_compressed.in 7 26 4 29643 2347 5431 54209 civilization.in 7 26 1 2 2 3 2 4 3 5 4 6 5 7
2016.2.19重设时限为10s
为什么要把输入改成这鬼样，，，，害得我一开始没看见RE。。。。
咳咳现在讲一下正解。
首先S(i)=Σdist(i,j)^k,这个看起来贼迷，但是我们有一个公式：
x^k=Σ(i=1 to k) S(k,i)*P(x,i), 其中S是第二类斯特林数，P是排列数。
这样的话我们把这个套进S(i)里，就是：
S(i)=Σ(h=1 to k)S(k,h)*ΣP(dist(j,i),h), 又因为P(i,j)=C(i,j)*j!,所以变成C之后上式就是：
S(i)=Σ(h=1 to k)S(k,h)*h!*ΣC(dist(j,i),h) 。。。
貌似又陷入僵局了 ？？？
并不，后面的那个Σ是可以递推出来的，因为C(x,y)=C(x-1,y-1)+C(x-1,y).
所以我们设now[x][i]=ΣC(dist(x,v),i),其中v是以x为根的子树中的一点；
up[x][i]=ΣC(dist(x,v),i),其中v是以x为根的子树外的一点。
显然now[x][0]=1+Σnow[v][0], 因为任意C(g,0)都为1。
up[x][0]=n-now[x][0],因为显然子树内的点数+子树外的点数=n。
然后可以发现的是now[x][i]=Σ(now[v][i]+now[v][i-1]),其中v在以x为根的子树中。
这个不难理解,根据now的定义就可以推出。
主要是推up有一点小麻烦。
我们分类的话(设fa为x在树上的父亲)，不在x为根的子树中的点无非分为两种：
1.不在以fa为根的子树中的节点。
2.在以fa为根的子树的不在以x为根的子树中的节点。
1的贡献就是up[fa][i-1]+up[fa][i],2的贡献就是{ now[fa][i]-(now[x][i]+now[x][i-1]) }+{ now[fa][i-1]-(now[x][i-1]+now[x][i-2]) }。
所以两次dfs就可以解决，最后把前面Σ后面的系数乘上加进答案就ojbk了。
code:
#include<bits/stdc++.h>#define maxn 50005#define ll long long#define ha 10007#define pb push_backusing namespace std;vector<int> g[maxn];int now[maxn][160],n,up[maxn][160],k;int uu,vv,ans,S[160][160],jc[160];inline void init(){ jc[0]=1; for(int i=1;i<=155;i++) jc[i]=jc[i-1]*i%ha; S[0][0]=1; for(int i=1;i<=155;i++){ // S[i][0]=1; for(int j=1;j<=i;j++) S[i][j]=(S[i-1][j-1]+S[i-1][j]*j)%ha; }}void dfs1(int x,int fa){ int to; now[x][0]=1; for(int i=g[x].size()-1;i>=0;i--){ to=g[x][i]; if(to==fa) continue; dfs1(to,x); now[x][0]+=now[to][0]; for(int j=1;j<=k;j++){ now[x][j]+=now[to][j]+now[to][j-1]; while(now[x][j]>=ha) now[x][j]-=ha; } up[x][0]=n-now[x][0]; }}void dfs2(int x,int fa){ int to; if(fa){ for(int i=1;i<=k;i++){ up[x][i]=(up[fa][i]+up[fa][i-1]+now[fa][i]+now[fa][i-1]-now[x][i-1]*2-now[x][i]); if(i>1) up[x][i]-=now[x][i-2]; up[x][i]=up[x][i]%ha+ha; if(up[x][i]>=ha) up[x][i]-=ha; } } for(int i=g[x].size()-1;i>=0;i--){ to=g[x][i]; if(to==fa) continue; dfs2(to,x); }}int main(){ init(); int L,NOW,A,B,Q; scanf("%d%d%d%d%d%d%d",&n,&k,&L,&NOW,&A,&B,&Q); for(int i=1;i<n;i++){ NOW=(NOW*A+B)%Q; int tmp=i<L?i:L; uu=i-NOW%tmp,vv=i+1; g[uu].pb(vv),g[vv].pb(uu); } dfs1(1,1); dfs2(1,0); for(int i=1;i<=n;i++){ ans=0; for(int j=1;j<=k;j++) ans=(ans+S[k][j]*jc[j]%ha*(now[i][j]+up[i][j]))%ha; printf("%d\n",ans); } return 0;}