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):
![](https://images.cnblogs.com/OutliningIndicators/ContractedBlock.gif)
#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。