Kattis

问题：有一课含有n(n<=2e5)个结点的数，有m(m<=1000)个结点是红色的，其余的结点是黑色的。现从树中选若干数量的结点，其中红色的恰有k个，并且每个结点都不是其他任何另一个结点的后代，分别求出k=0,1,2,...,m的选法种数。（树根为1）

又是一道树形背包问题。只不过这个问题和普通的树形背包正好相反，选了一个结点就不能选它的祖先，但解法都是差不多的。

设dp[u][i]为在第u个结点及其子树下，红色结点数恰为i个的选法总数，则dp[u]为它的所有子结点的dp值构成的多项式的乘积加上结点本身的贡献，状态转移的时候模拟多项式的乘法就行了。

用FFT似乎也可以，但我没试，因为复杂度并不会比用siz上限优化了的直接转移要低，而且取模比较麻烦。

另外注意这道题的dp数组用long long会爆内存，只能用int存储，在运算的中间过程转化成long long。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e5+10,inf=0x3f3f3f3f,mod=1e9+7;
int n,m,hd[N],ne,a[N],siz[N],dp[N][1000+10],b[1000+10];
struct E {int v,nxt;} e[N];
void addedge(int u,int v) {e[ne]= {v,hd[u]},hd[u]=ne++;}
void dfs(int u) {
    memset(dp[u],0,sizeof dp[u]);
    siz[u]=0,dp[u][0]=1;
    for(int i=hd[u]; ~i; i=e[i].nxt) {
        int v=e[i].v;
        dfs(v);
        for(int j=0; j<=siz[u]+siz[v]; ++j)b[j]=0;
        for(int j=siz[u]; j>=0; --j)if(dp[u][j])
                for(int k=siz[v]; k>=0; --k)if(dp[v][k])
                        b[j+k]=(b[j+k]+(ll)dp[u][j]*dp[v][k])%mod;
        for(int j=0; j<=siz[u]+siz[v]; ++j)dp[u][j]=b[j];
        siz[u]+=siz[v];
    }
    siz[u]+=a[u],dp[u][a[u]]=(dp[u][a[u]]+1)%mod;
}

int main() {
    memset(hd,-1,sizeof hd),ne=0;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=2; i<=n; ++i) {
        int u;
        scanf("%d",&u);
        addedge(u,i);
    }
    for(int i=0; i<m; ++i) {
        int u;
        scanf("%d",&u);
        a[u]=1;
    }
    dfs(1);
    for(int i=0; i<=m; ++i)printf("%d
",dp[1][i]);
    return 0;
}