【DP】【P5007】 DDOSvoid 的疑惑

Description

给定一棵以 1 为根的有根树，定义树的一个毒瘤集为一个集合，并且集合中任意两个元素之间不存在祖先与后代关系。

定义一个毒瘤集的毒瘤指数为集合内所有元素的价值之和

要求给定树的所有毒瘤集的毒瘤指数之和，答案对 100000007 取模。

但这个问题太难了，所以我们考虑化简。

因为点的编号跟它毒瘤指数密切相关，所以我们将会再给出一个整数 T，T = 1 表示 i 号点的毒瘤指数为 i，T = 0，表示所有点的毒瘤指数都是 1

Input

第一行两个整数 n、T，表示这棵树有 n 个节点。

接下来 n -1 行，每行两个整数 x 和 y，表示有一条边，连接 x 和 y。

Output

输出一个整数，表示答案。

Hint

$Forall:$

$0~\leq~n~\leq~10^6~,~T~\leq~1$

Solution

数数题，考虑DP。

设$f_u$是以$u$为根的子树，先考虑 $T~=~0$ 的情况

当点$u$只有两个儿子 $v_1~,~v_2$ 的时候，显然 $f_u~=~f_{v_1}~+~f_{v_2}~+~f_{v_1}~\times~f_{v_2}~+~1$

考虑$u$有多个儿子的时候也类似，设 $g_j$ 为考虑点 $u$ 的前$j$个子树的集合数，于是

$g_j~=~g_{j-1}~\times~f_v~+~g_j~+~f_v$

考虑 $T~\neq~0$ 的情况

设 $f_u$ 为以 $u$ 为根的ans，$g_u$ 为以 $u$ 为根的集合个数

则

\[f_u~=~f_v~\times~g_u~+~f_u~\times~g_v~+~f_u~+f_v
\]

\[g_u~=~g_u~+~g_v~+~g_u~\times~g_v
\]

复杂度 $O(n)$ 。听说有人用nlogn水过去了？

Code

#include <cstdio>

#ifdef ONLINE_JUDGE

#define freopen(a, b, c)

#endif

#define rg register

#define ci const int

#define cl const long long

typedef long long int ll;

namespace IPT {

	const int L = 1000000;

	char buf[L], *front=buf, *end=buf;

	char GetChar() {

		if (front == end) {

			end = buf + fread(front = buf, 1, L, stdin);

			if (front == end) return -1;

		}

		return *(front++);

	}

}

template <typename T>

inline void qr(T &x) {

	rg char ch = IPT::GetChar(), lst = ' ';

	while ((ch > '9') || (ch < '0')) lst = ch, ch=IPT::GetChar();

	while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48), ch = IPT::GetChar();

	if (lst == '-') x = -x;

}

template <typename T>

inline void ReadDb(T &x) {

	rg char ch = IPT::GetChar(), lst = ' ';

	while ((ch > '9') || (ch < '0')) lst = ch, ch = IPT::GetChar();

	while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x = x * 10 + (ch ^ 48), ch = IPT::GetChar();

	if (ch == '.') {

		ch = IPT::GetChar();

		double base = 1;

		while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x += (ch ^ 48) * ((base *= 0.1)), ch = IPT::GetChar();

	}

	if (lst == '-') x = -x;

}

namespace OPT {

	char buf[120];

}

template <typename T>

inline void qw(T x, const char aft, const bool pt) {

	if (x < 0) {x = -x, putchar('-');}

	rg int top=0;

	do {OPT::buf[++top] = x % 10 + '0';} while (x /= 10);

	while (top) putchar(OPT::buf[top--]);

	if (pt) putchar(aft);

}

const int maxn = 1000010;

const int maxm = 2000010;

const int MOD = 100000007;

struct Edge {

	int to, nxt;

};

Edge edge[maxm]; int hd[maxn], ecnt = 1;

inline void cont(ci from, ci to) {

	Edge &e = edge[++ecnt];

	e.to = to; e.nxt = hd[from]; hd[from] = ecnt;

}

int n, t;

int MU[maxn], frog[maxn], gorf[maxn];

void reading();

void dfs(ci, ci);

int main() {

	freopen("1.in", "r", stdin);

	qr(n); qr(t);

	if (t) {

		for (rg int i = 1; i <= n; ++i) MU[i] = i;

	} else {

		for (rg int i = 1; i <= n; ++i) MU[i] = 1;

	}

	reading();

	dfs(1, 0); qw(frog[1], '\n', true);

	return 0;

}

void reading() {

	int a, b;

	for (rg int i = 1; i < n; ++i) {

		a = b = 0; qr(a); qr(b);

		cont(a, b); cont(b, a);

	}

}

void dfs(ci u, ci pree) {

	for (int i = hd[u]; i; i = edge[i].nxt) if (i != pree) {

		int &to = edge[i].to;

		dfs(to, i ^ 1);

		frog[u] = (1ll * frog[to] * gorf[u] % MOD + 1ll * frog[u] * gorf[to] % MOD + frog[to] + frog[u]) % MOD;

		gorf[u] = (1ll * gorf[u] * gorf[to] % MOD + gorf[to] + gorf[u]) % MOD;

	}

	frog[u] = (frog[u] + MU[u]) % MOD;

	gorf[u] = (gorf[u] + 1) % MOD;

}

Summary

这是一类非常经典的求树上方案数的题目，一般这类题目的解决方法是使用另一个数组表示“当前已经枚举到的”某些值，每枚举一个儿子单独计算贡献。