[繁华模拟赛]Evensgn 剪树枝

Evensgn 剪树枝

题目

繁华中学有一棵苹果树。苹果树有 n 个节点（也就是苹果），n − 1 条边（也就

是树枝）。调皮的 Evensgn 爬到苹果树上。他发现这棵苹果树上的苹果有两种：一

种是黑苹果，一种是红苹果。Evensgn 想要剪掉 k 条树枝，将整棵树分成 k + 1 个

部分。他想要保证每个部分里面有且仅有一个黑苹果。请问他一共有多少种剪树枝

的方案？

INPUT

第一行一个数字 n，表示苹果树的节点（苹果）个数。

第二行一共 n − 1 个数字 p0, p1, p2, p3, ..., pn−2，pi 表示第 i + 1 个节点和 pi 节

点之间有一条边。注意，点的编号是 0 到 n − 1。

第三行一共 n 个数字 x0, x1, x2, x3, ..., xn−1。如果 xi 是 1，表示 i 号节点是黑

苹果；如果 xi 是 0，表示 i 号节点是红苹果。

OUTPUT

输出一个数字，表示总方案数。答案对$10^{9}+7$取模

SAMPLE

INPUT

10

0 1 2 1 4 4 4 0 8

0 0 0 1 0 1 1 0 0 1

OUTPUT

27

解题报告

考试就没咋打这题，于是就骗了十分

正解：

树规

我们设$has[i]$表示节点$i$及其子树带一个黑苹果对父节点产生的方案数贡献

$no[i]$表示节点$i$及其子树不带黑苹果对父节点产生的方案数贡献

我们从叶节点开始讨论

当该叶子为红苹果时，显然无法对父节点产生带黑苹果的方案数贡献，而且它是叶子节点，所以可以对父节点产生$1$的不带黑苹果的方案数贡献，故：

$$has[i]=1,no[i]=0$$

当该节点为黑苹果时，显然可以对父节点产生带黑苹果的方案数贡献，而且它是叶子节点，所以可以对父节点产生$1$的带一个黑苹果的方案数贡献。我们再考虑，当我们砍断它与父节点之间的边时，它也可以对父节点产生$1$的不带黑苹果的方案数贡献，故：

$$has[i]=1,no[i]=1$$

当该节点不为叶子节点时：

假如该节点为黑苹果，那么显然，它的子树无法对他产生带一个黑苹果的方案数贡献（我们先假设它的子树可以，那么，以该节点为根节点的子树就一定有两个或以上的黑苹果，显然是不合法的方案，故舍去）

所以，它的子树对它只能产生不带黑苹果的方案数贡献。

由乘法原理：

$$prod^{}_{jin son[i]}no[j]$$

并且，由与黑苹果叶子节点同样的推理方式，我们可以得到：

$$no[i]=has[i]$$

原因仍然是砍断它与父节点之间的边所能造成的贡献

假如该节点为红苹果，我们先考虑$has[i]$，因为它是一个红苹果，所以它自己不能产生对父节点带一个黑苹果的贡献，所以，我们要对子树的$has[j]$进行处理，我们考虑，当该节点的某一棵子树产生了一个黑苹果的贡献时，其它子树就不能再贡献黑苹果了，所以，我们枚举每一棵子树的$has$值，与其它子树的$no$值相乘（同样是乘法原理）（注意这里，实际上有赌数据的成分，假如数据给个菊花树，瞬间爆炸，菊花树：除了根节点，其他点深度均为1，即根节点为所有其他点的父节点的树的简称，然而还是跑的贼快2333），再取和即为其值，即：

$$has[i]=sum ^{}_{jin son[i]}(has[i] imes prod^{}_{kin son[i] k eq j}no[k])$$

再考虑$no$值就很简单了，首先，假如它的子树都不产生黑苹果贡献，那么它自然不可以对父节点产生贡献，所以首先取个累乘，接着，假如它的子树产生了黑苹果贡献，只要我们砍掉它与父节点之间的边，它仍然可以产生该贡献，所以：

$$no[i]=prod^{}_{jin son[i]}no[j]+has[i]$$

代码：

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
inline int read(){
    int sum(0);
    char ch(getchar());
    for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar());
    for(;ch>='0'&&ch<='9';sum=sum*10+(ch^48),ch=getchar());
    return sum;
}
const int mod=1000000007;
struct edge{
    int e,n;
}a[200005];
int pre[100005],tot;
inline void insert(int s,int e){
    a[++tot].e=e;
    a[tot].n=pre[s];
    pre[s]=tot;
}
typedef long long L;
int fa[100005];
int n;
int w[100005];
L has[100005],no[100005];
inline void dfs(int u){
    bool flag(false);
    for(int i=pre[u];i!=-1;i=a[i].n){
        int e(a[i].e);
        if(e!=fa[u]){
            fa[e]=u;
            flag=true;
            dfs(e);
        }
    }
    if(!flag){
        if(w[u]==0){
            has[u]=0;
            no[u]=1;
            return;
        }
        has[u]=no[u]=1;
        return;
    }
    if(w[u]==1){
        has[u]=no[u]=1;
        for(int i=pre[u];i!=-1;i=a[i].n){
            int e(a[i].e);
            if(e!=fa[u])
                has[u]=no[u]=(no[u]*no[e])%mod;
        }
        return;
    }
    has[u]=0;
    for(int i=pre[u];i!=-1;i=a[i].n){
        int e1(a[i].e);
        if(e1==fa[u])
            continue;
        L tmp(has[e1]);
        for(int j=pre[u];j!=-1;j=a[j].n){
            int e2(a[j].e);
            if(e1==e2||e2==fa[u])
                continue;
            tmp=(tmp*no[e2])%mod;
        }
        has[u]=(has[u]+tmp)%mod;
    }
    no[u]=1;
    for(int i=pre[u];i!=-1;i=a[i].n){
        int e(a[i].e);
        if(e==fa[u])
            continue;
        no[u]=(no[u]*no[e])%mod;
    }
    no[u]=(no[u]+has[u])%mod;
}
int main(){
    memset(fa,-1,sizeof(fa));
    memset(pre,-1,sizeof(pre));
    n=read();
    for(int i=1;i<n;i++){
        int x(read());
        insert(x,i),insert(i,x);
    }
    for(int i=0;i<n;i++)
        w[i]=read();
    dfs(0);
    printf("%lld",has[0]);
}