苹果曼和树

1500 苹果曼和树

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3. 80 分
 
4. 5级题

 

苹果曼有一棵n个点的树。有一些（至少一个）结点被标记为黑色，有一些结点被标记为白色。

现在考虑一个包含k(0 ≤ k < n)条树边的集合。如果苹果曼删除这些边，那么会将这个树分成(k+1)个部分。每个部分还是一棵树。

现在苹果曼想知道有多少种边的集合，可以使得删除之后每一个部分恰好包含一个黑色结点。答案对1000000007 取余即可。

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输入

单组测试数据。
第一行有一个整数n (2 ≤ n ≤ 10^5)，表示树中结点的数目。
第二行有n-1个整数p[0],p[1],...,p[n-2] (0 ≤ p[i] ≤ i)。表示p[i]和(i+1)之间有一条边。结点从0开始编号。
第三行给出每个结点的颜色，包含n个整数x[0],x[1],...,x[n-1] (x[i]是0或者1)。如果x[i]是1，那么第i个点就是黑色的，否则是白色的。

输出

输出答案占一行。

输入样例

3
0 0
0 1 1

输出样例

2

#include <bits/stdc++.h>

#define rg register int
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 1e9 + 7;

const int maxn = 2e5 + 10;

struct node {
    int to, nx;
} o[maxn];
int n, tot, head[maxn];

inline void add_edge(int u, int v) {
    o[++tot].to = v;
    o[tot].nx = head[u];
    head[u] = tot;
}

int color[maxn];
ll dp[maxn][6];

inline void solve(int cur, int f) {
    dp[cur][color[cur]] = 1;
    for (register int i = head[cur]; i; i = o[i].nx) {
        int to = o[i].to;
        if (to == f)continue;
        solve(to, cur);
        dp[cur][1] = ((dp[cur][1] * (dp[to][1] + dp[to][0])) % mod + dp[cur][0] * dp[to][1] % mod) % mod;
        dp[cur][0] = (dp[cur][0] * (dp[to][0] + dp[to][1])) % mod;
    }
}


int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("splay.txt", "r", stdin);
#endif
    scanf("%d", &n);
    for (register int i = 1; i < n; ++i) {
        int x;
        scanf("%d", &x);
        add_edge(x, i);
        //add_edge(i,x);
    }
    for (register int i = 0; i < n; ++i)scanf("%d", &color[i]);
    solve(0, -1);
    printf("%lld
", dp[0][1]);
    return 0;
}