“树”的问题

树上竞技 和 下落的小球 两道题都是很不错的树上的问题转换

树上竞技

对于边权和的问题，按套路来，找各个边的贡献即可

首先发现结论，对于一条边的两端，如果一端的人数大于另一端的人数

那么把集合点移向人多的一端肯定更优

设两端的点分别为 \(s\) 和 \(n-s\)

那么该边的贡献为：

\[\sum_{i=1}^{m-1}\binom{s}{i}\binom{n-s}{m-i}+min(i,m-i) \]

按套路来，把 \(min\) 去掉，得

\[\sum_{i=1}^{\frac{m-1}{2}} ( \binom{s}{i}\binom{n-s}{m-i}i+\binom{s}{m-i}\binom{n-s}{i}(m-i) ) +[m\%2=0]\binom{s}{\frac{m}{2}}\binom{n-s}{\frac{m}{2}}\frac{m}{2} \]

第二部分最后特判即可

考虑第一部分如何转移

首先加号两边的式子是等价的，还是套路，为简化式子，把 \(i\) 乘进去：

\[S\sum_{i=1}^{\frac{m-1}{2}}\binom{s-1}{i-1}\binom{n-s}{m-i} \]

令:

\[G(s)=\sum_{i=1}^{\frac{m-1}{2}}\binom{s-1}{i-1}\binom{n-s}{m-i} \]

考虑怎么由 \(G(s)\) 转移到 \(G(s+1)\)

题解很巧妙地用几何意义来转移，可以借鉴学习一下

\(G(s)\) 的几何意义为：（令 \(k=\frac{m-1}{2}\)）

在 \(n-1\) 个物品中选 \(m-1\) 个物品，且前 \(s-1\) 个物品中最多放 \(k-1\) 个的方案数

当 \(G(s)\) 转移到 \(G(s+1)\) 时，只有前 \(s-1\) 个选了 \(k-1\) 个，且 \(s\) 也被选中的情况不会被算，所以：

\[G(s+1)=G(s)-\binom{s-1}{k-1}*\binom{n-s-1}{m-k-1} \]

综上，一条边的贡献为：

\[G(s)*s+G(n-s)*(n-s)+[m\%2=0]\binom{s}{\frac{m}{2}}\binom{n-s}{\frac{m}{2}}\frac{m}{2} \]

下落的小球

首先考虑无解情况，令 \(b(i)\) 为 \(i\) 子树叶子的操作数之和，\(c(i)\) 为 \(i\) 子树中的小球剩余量，那么恒有 \(b(i)-s(i)>=0\)

对于在该子树内的操作序列，前 \(b(i)-s(i)\) 个操作子树内小球的状态是不变的，后 \(s(i)\) 个操作尽是该子树内的小球状态变化

那么对于一个节点，考虑合并儿子的子树，

首先每个儿子节点一定是先进行各自的前 \(b(j)-s(j)\) 个操作，再进行剩下的操作，且互不影响

那我们可以分别合并前一半操作和后一半操作

那么就可以得到该节点的操作序列方案了