【纪中集训2019.08.25】【JZOJ6371】树

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题意：

　　给定一棵$n$个节点的无根树，可以对边黑白染色。求对于每个点有多少种染色方案，使得它到任意点的路径上至多经过一条黑边。对$10^9+7$取模。

　　$1le n le 10^5$

分析：

　　可以看出，这题就是把每个点做根的情况都求一遍。

　　先来看链的情况：以$i$号点做根，那么左侧的边总共只能有一条染黑；右侧同理。由乘法原理可得答案为$i imes (n-i+1)$。

　　考虑树形DP。假设确定$1$号点为根节点，设$f_i$表示由下至上$i$点及其子树的答案，那么很容易得到$$f_i=prodlimits_{jin son_i} ( f_j+1 )$$

　　算法是儿子到父亲的这条边染不染黑。染了那么整棵子树都不能再染，不染就是直接传子树答案。兄弟之间对父亲的贡献互不干扰，所以要乘起来。

　　现在来考虑怎么换根。

　　发现我们的答案和深度无关，同一棵子树的贡献总是一定的，考虑记忆化。

　　但是换根之后树的形态发生变化，不能用点代表子树。

　　发现点不能代表子树的原因是遍历子树的方向会有不同。即：可以用不同的边进入同一点。

　　那么就可以对边记忆化。完成！

实现（100分）：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define IL inline
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=1e5;
const int mod=1e9+7;

    int n,p[N+3];

struct Edge{
    int to,nxt;
    
}e[N*2+3];
    int h[N+3],top;
    
IL void adde(int u,int v){
    top++;
    e[top].to=v;
    e[top].nxt=h[u];
    h[u]=top;
    
}
    
    bool vis[N+3],mrk[N*2+3];
    LL f[N*2+3];
LL dfs(int u){
    LL ret=1LL;
    for(int i=h[u];~i;i=e[i].nxt){
        int v=e[i].to;
        if(vis[v])
            continue;
        
        vis[v]=true;
        if(!mrk[i]){
            mrk[i]=true;
            f[i]=dfs(v);
            
        }
        ret=ret*(f[i]+1)%mod;
        
    }
    
    return ret;
    
}

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

    scanf("%d",&n);
    top=-1;
    memset(h,-1,sizeof h);
    for(int i=2;i<=n;i++){
        scanf("%d",&p[i]);
        adde(i,p[i]);
        adde(p[i],i);
        
    }
    
    bool flag3=true;
    for(int i=2;i<=n&&flag3;i++)
    if(p[i]!=i-1)
        flag3=false;
    
    if(flag3){
        for(int i=1;i<=n;i++)
            printf("%lld ",(LL)i*(n-i+1)%mod);
        return 0;
        
    }
    
    memset(mrk,0,sizeof mrk);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        memset(vis,0,sizeof vis);
        vis[i]=true;
        printf("%lld ",dfs(i));
        
    }
    
    return 0;

}

小结：

　　没什么好说的。认真水题吧。