Solution -「多校联训」行列式

\(\mathcal{Description}\)

  Link.

  给定 \(x,\{d_i\}_{i=1}^n,\{p_i\}_{i=2}^n,\{b_i\}_{i=2}^n,\{c_i\}_{i=2}^n\)，构造矩阵 \(A=(a_{ij})_{n\times n}\)：

\[a_{ij}=\begin{cases}
b_j,&i=p_j\\
c_i,&j=p_i\\
d_i,&i=j\\
x,&\text{otherwise}
\end{cases}.
\]

求 \(\det A\)。

  \(n\le10^6\)，\(p_i\in[1,i)\)。

\(\mathcal{Solution}\)

\(p_i\in[1,i),~i=2,3,\dots,n\)。

  这是什么？这是树！

  在这样意识流的思考下，我们选择将 \(A\) 看做邻接矩阵，那么自然地区分出了三类边：

• 树边，以 \(1\) 位根，父亲到儿子的边权是 \(b\)，儿子到父亲的边权是 \(c\)；
• 自环，边权为 \(d\)；
• 非树边，边权为 \(x\)。

  矩阵中有大面积的常数 \(x\)，利用 trick，从行列式的定义式的角度抵消大量贡献。具体地，令 \(X=(x)_{n\times n},Y=A-X\)，则

\[\begin{aligned}
\det A&=\det (X+Y)\\
&=\sum_{\sigma}(-1)^{\tau(\sigma)}\prod_{i=1}^n(x+y_{i\sigma_i}).
\end{aligned}
\]

此番强行构造出二项式相乘的形式，若累乘式中至少 \(2\) 项选择了 \(x\)，不妨设选择 \(x\) 的位置为 \(\{q_1,q_2,\cdots,q_k\}~(k>1)\)，那么于 \(\sigma\) 中交换 \(\sigma_{q_1}\) 和 \(\sigma_{q_2}\) 的位置得到 \(\sigma'\)，在新的累乘式中同样选择 \(\{q_1,q_2,\cdots,q_k\}\) 为 \(x\)，而 \((-1)^{\tau(\sigma)+\tau(\sigma')}=0\)，并且 \(\sigma\) 与 \(\sigma'\) 两两对应抵消，所以这样的方案是没有贡献的！

  回到图上，考虑 \(\prod_{i=1}^n a_{i\sigma_i}\) 的组合意义：每个结点 \(i\) 选择邻接边 \(\lang i,\sigma_i\rang\)，得到边权的乘积。所选的边显然构成若干简单环，而在排除至多出现一次的含有非树边 \(x\) 的环，其余环必然是自环或树边二元环！（注意含非树边的环亦可为这两种情况。）

  进一步，尝试树上 DP 求解这一形象问题。在计算逆序对 \(\tau(\sigma)\) 时，利用结论

设 \(\sigma\) 轮换分解后得到偶排列的的个数为 \(c\)，则 \((-1)^c=(-1)^{\tau(\sigma)}\)。（易证。）

可以将 \((-1)\) 的贡献直接乘到状态的值中。具体来说，对于 \(u\) 点，状态应有：

• 子树内无 \(x\) 环；\(u\) 在子树内的环中；
• 子树内有 \(x\) 环；\(u\) 在子树内的环中；
• 子树内无 \(x\) 环；\(u\) 不在子树内的环中且不在 \(x\) 环中；
• 子树内有 \(x\) 环；\(u\) 不在子树内的环中且不在 \(x\) 环中；
• 子树内无 \(x\) 环；\(u\) 在顶点高于 \(u\) 的 \(x\) 环中，且选择向上的树边；
• 子树内无 \(x\) 环；\(u\) 在顶点高于 \(u\) 的 \(x\) 环中，且选择向下的树边。

六种情况，分别写出转移式子即可。（当然也可以用多维状态来让思路更清晰。）

  最终，复杂度 \(\mathcal O(n)\)。

\(\mathcal{Code}\)

/*~Rainybunny~*/

#include <cstdio>

#define rep( i, l, r ) for ( int i = l, rep##i = r; i <= rep##i; ++i )
#define per( i, r, l ) for ( int i = r, per##i = l; i >= per##i; --i )

inline int rint() {
    int x = 0, f = 1, s = getchar();
    for ( ; s < '0' || '9' < s; s = getchar() ) f = s == '-' ? -f : f;
    for ( ; '0' <= s && s <= '9'; s = getchar() ) x = x * 10 + ( s ^ '0' );
    return x * f;
}

template<typename Tp>
inline void wint( Tp x ) {
    if ( x < 0 ) putchar( '-' ), x = -x;
    if ( 9 < x ) wint( x / 10 );
    putchar( x % 10 ^ '0' );
}

const int MAXN = 1e6, MOD = 1e9 + 7;
int n, ecnt, head[MAXN + 5], x, b[MAXN + 5], c[MAXN + 5], d[MAXN + 5];
int f[MAXN + 5][6];
struct Edge { int to, nxt; } graph[MAXN * 2 + 5];

inline void subeq( int& a, const int b ) { ( a -= b ) < 0 && ( a += MOD ); }
inline int sub( int a, const int b ) { return ( a -= b ) < 0 ? a + MOD : a; }
inline int mul( const long long a, const int b ) { return int( a * b % MOD ); }
inline int add( int a, const int b ) { return ( a += b ) < MOD ? a : a - MOD; }
inline void addeq( int& a, const int b ) { ( a += b ) >= MOD && ( a -= MOD ); }

inline void link( const int s, const int t ) {
    graph[++ecnt] = { t, head[s] }, head[s] = ecnt;
}

inline void solve( const int u ) {
    f[u][0] = f[u][4] = f[u][5] = 1, f[u][1] = d[u];
    for ( int i = head[u], v; i; i = graph[i].nxt ) {
        solve( v = graph[i].to );
        static int tmp[6];
        tmp[0] = mul( f[u][0], f[v][1] );

        tmp[1] = mul( f[u][1], f[v][1] );
        subeq( tmp[1], mul( mul( f[u][0], f[v][0] ), mul( b[v], c[v] ) ) );

        tmp[2] = mul( f[u][2], f[v][1] );
        addeq( tmp[2], mul( f[u][0], f[v][3] ) );

        tmp[3] = mul( f[u][3], f[v][1] );
        addeq( tmp[3], mul( f[u][1], f[v][3] ) );
        subeq( tmp[3], mul( mul( f[u][0], f[v][2] ), mul( b[v], c[v] ) ) );
        subeq( tmp[3], mul( mul( f[u][2], f[v][0] ), mul( b[v], c[v] ) ) );
        subeq( tmp[3], mul( mul( f[u][4], f[v][5] ), mul( x, c[v] ) ) );
        subeq( tmp[3], mul( mul( f[u][5], f[v][4] ), mul( x, b[v] ) ) );

        tmp[4] = mul( f[u][4], f[v][1] );
        subeq( tmp[4], mul( mul( f[u][0], f[v][4] ), b[v] ) );

        tmp[5] = mul( f[u][5], f[v][1] );
        subeq( tmp[5], mul( mul( f[u][0], f[v][5] ), c[v] ) );

        rep ( j, 0, 5 ) f[u][j] = tmp[j];
    }
    addeq( f[u][3], mul( x, f[u][0] ) );
}

int main() {
    freopen( "B.in", "r", stdin );
    freopen( "B.out", "w", stdout );

    n = rint(), x = rint();
    rep ( i, 1, n ) d[i] = sub( rint(), x );
    rep ( i, 2, n ) {
        link( rint(), i ), b[i] = sub( rint(), x ), c[i] = sub( rint(), x );
    }

    solve( 1 );

    wint( add( f[1][1], f[1][3] ) ), putchar( '\n' );
    return 0;
}