CF-1332 F. Independent Set

F. Independent Set

题意

一颗 n 个节点的树，求出每个\(edge-induced~subgraph\)的独立集个数之和。

\(edge-induced~subgraph\)含义是对于边集\(E,(E'\subset E)\),\(E\) 中的所有点都在该子图中。

注意到题目要求的结果中，E' 不能为空

分析

首先选出子图，问题转换成在森林中选出一些点，他们互相没有边，求这样的点集的个数。对于一棵树上的问题，可以用树形DP求出

设 \(d[x][0]\) 表示不选 x 的方案数，\(d[x][1]\) 表示选 x 的方案数

则

\(d[x][0] = \prod (d[y][1] + d[y][0])\\d[x][1] = \prod d[y][0]\)

但是此题中 x 和 y 不一定在一棵树中，所以还要考虑 \(x\rightarrow y\) 这条边的状态。

1. 该边在subgraph 中，则 x 的状态与 y 的状态有关联

2. 该边不在subgraph中，则 x 的状态与 y 的状态没有关联

考虑这两种状态，有转移方程：

\(d[x][0] = \prod 2 * (d[y][1] + d[y][0])\)

\(d[x][1] = \prod (d[y][0] + d[y][1] + d[y][0])\)

到这里似乎问题已经得到解决，但是要注意到，“单点” 这种情况是不允许出现的，因为题目中的子图是由边集构造的，所以要考虑去除掉这种情况。

设 \(f[x]\) 表示 x 与所有的子节点 y 所连的边都不在子图中的方案数

在用 \(f[y]\) 去更新 x 时，如果 \(x\rightarrow y\) 这条边不被选中，则 y 被选中的状态 \(d[y][1]\) 应该减去 \(f[y]\), 这代表着 y 不能作为单点被选中，所以有如下转移:

\[\begin{cases}
d[x][0]= \prod (d[y][1]+d[y][0]) + (d[y][1]-f[y]+d[y][0]) \\
d[x][1] = \prod (d[y][0]) + (d[y][1] - f[y] + d[y][0])\\
f[x] = \prod (d[y][1]-f[y]+d[y][0])
\end{cases}
\]

最终答案应该是 \(d[1][0]+d[1][1]-f[1]-1\), 最后减去 1 是减去了空子图的情况

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
#define dbg(x...) do { cout << "\033[32;1m" << #x <<" -> "; err(x); } while (0)
void err() { cout << "\033[39;0m" << endl; }
template<class T, class... Ts> void err(const T& arg,const Ts&... args) { cout << arg << " "; err(args...); }
const int N = 300000 + 5;
const int mod = 998244353;
int head[N], ver[N<<1], nxt[N<<1], tot;
int n;
ll d[N][2], f[N];
void add(int x, int y){
    ver[++tot] = y, nxt[tot] = head[x], head[x] = tot;
}
void dfs(int x, int fa){
    d[x][0] = d[x][1] = f[x] = 1;
    for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
        int y = ver[i];
        if(y == fa) continue;
        dfs(y, x);
        d[x][0] = d[x][0] * ((2 * d[y][0] + 2 * d[y][1] - f[y])%mod) % mod;
        d[x][1] = d[x][1] * ((2 * d[y][0] + d[y][1] - f[y]) % mod) % mod;
        f[x] = f[x] * ((d[y][0] + d[y][1] - f[y]) % mod) % mod;
    }
     dbg(x, d[x][0], d[x][1], f[x]);
}
int main(){
    scanf("%d", &n);
    for(int i=2;i<=n;i++){
        int x, y;
        scanf("%d%d", &x, &y);
        add(x, y);
        add(y, x);
    }
    dfs(1, 0);
    cout << (d[1][0] + d[1][1] - f[1] - 1 + 2 * mod) % mod;
    return 0;
}

这题代码很容易写，关键是要把DP转移搞清楚，CF的题目解释很清晰，而且样例还给解释，要是放在比赛上能遇到这样的Hint就谢天谢地了