树上独立集数量 树型DP
题目描述:
对于一棵树,独立集是指两两互不相邻的节点构成的集合。例如,图1有5个不同的独立集(1个双点集合、3个单点集合、1个空集),图2有14个不同的独立集,图3有5536个不同的独立集。
输入:
第一行一个正整数n,表示点的数量。n最大为100000。
接下来n-1行,有两个整数a、b,表示编号为a、b的两个点之间有一条边,其中a、b大于等于1,小于等于n。
17
1 2
1 3
2 4
2 5
3 6
3 7
5 8
5 9
7 10
7 11
8 12
8 13
10 14
10 15
12 16
15 17
输出:
输出一行,包含一个整数,表示独立集的数量。由于这个数很大,你只需要输出这个数除以10081的余数。
分析:
这是一道树形DP。设f[i][0]表示在选i个节点的独集数,f[i][1]表示不选第i个节点的独集数。
很明显,每一个节点的f都是有它的子节点得到的。
如果选了第i个节点,那么它的子节点全部不选。所以,f[i][0]就等于它的子节点f[j][1]的乘积。
反之,不选第i个节点,那么它的子节点可以选也可以不选,f[i][1]等于它的子节点(f[j][0] +f[j][1])的乘积。
边就用奇怪的方法维护就行了(不要告诉我你不会前向新或边集数组)。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
const int mo=;
int n,a[][],g[],f[][];
bool bz[];
void qsort1(int l, int r)
{
int i=l;
int j=r;
int x;
int t;
x=a[(l+r)/][];
while (i<=j)
{
while(a[i][]<x) i++; while(a[j][]>x) j--;
if(i<=j)
{
t=a[j][];
a[j][]=a[i][];
a[i][]=t;
t=a[j][];
a[j][]=a[i][];
a[i][]=t;
j--;
i++;
}
}
if (l<j) qsort1(l,j);
if (r>i) qsort1(i,r);
}
void dfs(int x)
{
int z1,z2,z=g[x],l=;
while (a[z][]==x)
{
if (bz[a[z][]]==false)
{
l=;
bz[a[z][]]=true;
dfs(a[z][]);
f[x][]=(f[x][]*f[a[z][]][])%mo;
if (z==g[x])
{
z1=f[a[z][]][];
z2=f[a[z][]][];
}
else
{
z1=(z1*f[a[z][]][]+z1*f[a[z][]][])%mo;
z2=(z2*f[a[z][]][]+z2*f[a[z][]][])%mo;
}
}
z++;
}
if (l==)
{
f[x][]=(z1+z2)%mo;
}
}
int main()
{
int i,j,k;
scanf("%d",&n);
int zl=;
for (i=;i<=n-;i++)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
zl++;
a[zl][]=x;
a[zl][]=y;
zl++;
a[zl][]=y;
a[zl][]=x;
}
for (i=;i<=n;i++)
{
f[i][]=;
f[i][]=;
}
qsort1(,zl);
int z=;
for (i=;i<=zl;i++)
{
if (a[z][]!=a[i][])
{
g[a[z][]]=z;
z=i;
}
}
g[a[z][]]=z;
bz[]=true;
dfs();
printf("%d",(f[][]+f[][])%mo);
}
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