HDU5647 DZY Loves Connecting 树形DP

（先奉上jcvb大神的官方题解）BC 76 div 1 1002

对于每个结点i，统计出f[i]表示包含i的连通集有多少个，那么容易看出答案就是所有f[i]的和。

要计算f[i]是经典的树形DP问题。令g[i]表示以i为根的连通集的数目，那么g[i]=∏(g[j]+1)，

j是i的儿子，按这个从下往上DP一遍。

然后再用同样的式子从上往下DP一遍就好了。这一步骤写的时候要注意一下不要写错。

时间复杂度O(n)。

然后本蒟蒻不会这么写，因为一些人说需要逆元，而且这个题卡逆元，所以果断没有写

然后果断看了rank1的代码，然后写了一发，A掉了

蒟蒻大体说一下rank1的思路，看了半天请教学长才会

分析：题意是无根树，然后把它转化成有根树，这样每一个联通集都有一个跟节点

下面来定义g[i]代表以 i 为根节点的联通集的方案数，

f[i]代表以 i 为根节点的每个方案的大小之和

然后可见 ans就是所有f[i]的数量和

注：（这里的g[i]与官方题解一样，f[i]是不一样的）

代码：

#include <stdio.h>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=2e5+;
const LL mod=1e9+;
LL g[N],f[N],ans;
int T,n,head[N],tot;
struct Edge{
    int v,next;
}edge[N<<];
void add(int u,int v){
    edge[tot].v=v;
    edge[tot].next=head[u];
    head[u]=tot++;
}
void dfs(int u,int fa){
   f[u]=g[u]=;
   for(int i=head[u];~i;i=edge[i].next){
      int v=edge[i].v;
      if(v==fa)continue;
      dfs(v,u);//处理子节点
      f[u]=(f[u]*(g[v]+)%mod+g[u]*f[v]%mod)%mod;
      //处理到当前子节点分支，如何得到当前f[u]
      //进行分治，讨论连通集是否包含这个新分支中的点
      //这就是上面的式子，我就是分治理解的
      g[u]=g[u]*(g[v]+)%mod;
      //得到当前子节点的以u为根的方案数
   }
   ans=(ans+f[u])%mod;
}
int main()
{
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
      scanf("%d",&n);
      ans=tot=;
      for(int i=;i<=n;++i)head[i]=-;
      for(int i=;i<=n;++i){
          int v;
          scanf("%d",&v);
          add(i,v),add(v,i);
      }
      dfs(,);
      printf("%I64d\n",ans);
    }
    return ;
}