有一說一，這題在洛谷上能評到黑題？？
但是其實還可以了，鍛鍊細節能力和分析能力吧
題目大意：
有n個點，有k個監視器，每個點至多放乙個，被放在點上的監視器可以監控到與他相連的所有點但不包括他自己，求覆蓋到整棵樹並且用完k個監視器的方案數
狀態應該挺好想的：
設\(dp[i][j][0/1][0/1]\)表示在根為\(i\)的子樹中放了\(j\)個監視器，\(i\)是否放了，\(i\)是否被監視到，0表示沒有。
然後是比較麻煩和細節的轉移
注意：先把\(dp[i]\)拷貝出來並清空，然後再dp
講下轉移的過程
對於樹u，列舉兒子v，在v之前放了多少個監視器j，在v中放了多少個監視器t
則由\(dp[u][j]×dp[v][t]\)就可以轉移到\(dp[u][j+t]\)
具體一些：
(f為拷貝出來的dp[u])
第一種情況：u上不放，u不被監視到
\[dp[u][j+t][0][0]+=f[j][0][0]×dp[v][j][0][1]
\]分析：v之前u必須也不放，不被監視到，v上不能放，但是要保證u的子樹都要被監視到，所以v的第四維為1，根據乘法原理計數即可
第二種情況:u上放，u不被監視到
分析：在v之前u上放了，由於u上放了，所以會讓v一定被監視到，所以\(dp[v][t][0]\)的第四維取0/1均可(因為在這之後v始終會被u監視)
\[dp[u][j+t][1][0]+=f[u][j][1][0]×(dp[v][t][0][0]+dp[v][t][0][1])
\]第三種情況：u上不放，u被監視到了
分析：由於u不放所以v必須已經被監視到
然後兩種子情況：
1、在v之前u已經被監視，此時v上放不放監視器都不影響，所以都取
\[dp[u][j+t][0][1]+=f[j][0][1]×(dp[v][t][0][1]+dp[v][t][1][1])
\]2、在v之前u未被監視到，由於v上放了監視器所以u被監視到了
\[dp[u][j+t][0][1]+=f[j][0][0]×dp[v][t][1][1]
\]都加起來就行
第四種情況：u上放了，u被監視到
分析：因為u上放了，所以v被不被監視到都可以取，因為v在這之後會被u監視到
依然是兩種子情況：
1、在v之前u已經被監視到了：此時v上放不放監視器都行
（那就是v上放不放監視器，v被不被監視到都行，共4種
\[dp[u][j+t][1][1]+=f[j][1][1]×(dp[v][t][0][0]+dp[v][t][0][1]+dp[v][t][1][0]+dp[v][t][1][1])
\]2、在v之前u尚未被監視到：此時v上必須放監視器
\[dp[u][j+t][1][1]+=f[j][1][0]×(dp[v][t][1][0]+dp[v][t][1][1])
\]作為個強迫症，我把第乙個dp中\(f[j][1][1]×(dp[v][t][1][0]+dp[v][t][1][1])\)的部分也放在下面來了（解釋下**和分析的不一樣之處
最後輸出答案的時候，要把\(dp[1][k][0][1]\)和\(dp[1][k][1][1]\)加起來，因為1節點放不放都行，只要監視到即可。
#include#define rep(i,x,y) for (int i=x;i<=y;i++)
#define res(i,x,y) for (int i=x;i>=y;i--)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=100010,mod=1000000007;
int n,k;
struct edgeedge[maxn<<1];
int cnt=0,head[maxn];
int dp[maxn][105][2][2];
int siz[maxn];
inline void addedge(int u,int v);head[u]=cnt;
}void add(int &x,int y)
int f[105][2][2];
void dfs(int u,int fa)
siz[u]+=siz[v];
}}int read()
int main()
dfs(1,0);
add(dp[1][k][0][1],dp[1][k][1][1]);
printf("%lld\n",dp[1][k][0][1]);
return 0;
}
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