CGZ大佬提醒我，我要是再不更博客可就连一月一更的频率也没有了。。。
emmm，正好做了一道有点意思的题，就拿出来充数吧=。=
题意
一棵树，有 $ n (nleq50000) $ 个节点，每个点都有一个颜色，共有 $ k(kleq10) $ 种颜色，问有多少条路径可以遍历到所有 $ k $ 种颜色？（一条路径交换起点终点就算两条哦）
做法
事实证明，连我都能不看题解想出来的题果然都是水题qwq
我是从CJ的xzyxzy大佬上的博客上看到这道题的，所以就理所当然用FWT做了...然后才发现网上的题解都是点分治...Menhera大佬提供了一个更优的做法，不过我是真的看不懂...放在最后讲一下（在代码后面）。
这道题一眼就是树形dp，而且k特别小，貌似可以状压？
用二进制数 $ S $ 表示一条路径上的颜色种类，用 $ dp[i][S] $ 表示当前节点 $ i $ 到它下面的叶子节点中，颜色状态为 $ S $ 的路径的数量。很显然 $ S=2^k-1 $ 的路径就是我们要找的路径，我们的目标就是求出这样的路径的数量ヾ(ﾟ∀ﾟゞ)！
求出 $ dp[i][S] $ 是很容易的，只需要遍历一遍就行了。然而，有的路径的两端会在 $ i $ 的两个子树中而横跨 $ i $ 这个结点，这样的路径怎么统计呢？总不能一个个枚举吧。。这就该FWT上场了！把要统计的两个子树的 $ dp[x][S] $ 做or卷积，然后把 $ S=111...1 $ 的路径条数累加进答案就可以啦！注意，FWT是在辅助数组中进行的，不应该改变原数组。在一遍FWT后，将第二个儿子的路径数累加进第一个儿子的路径数，接着将第三个儿子又与第一个儿子做FWT，以此类推，即可求出所有横跨各个子树的路径了。这样做时间复杂度是 $ O(n2^kk) $ ，而这道题的时限是5s，所以还是可以轻松跑过的。
emmm...（在打了一会代码之后）
等等，哪里有点问题...树上有50000个点，每个点需要大小为1024的数组来存储状态，我需要开整整195MB的数组？！
经过一番思考...我终于发现了这样的方法：先一遍dfs求出每个节点的重儿子，dp时优先递归重儿子，然后递归别的儿子，一遍FWT求出答案后再将两个儿子的状态合并，回收轻儿子的空间，在接着递归别的儿子。这样，可以证明在某一时刻最多同时存在 $ log_2n $ 个儿子的状态（与树剖的证明相似），所以空间就只需要开一点点啦~
代码：（有很详细的注释哦qwq不会的可以看一下代码）
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <stack>
#define R register
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAXN=50100;
const int MAXM=1100;
int he[MAXN],col[MAXN];
int siz[MAXN],son[MAXN];
int dp[100][MAXM];
int n,k,cnt,len;
LL ans;//注意ans是有可能爆int的
template<class T>int read(T &x)//这是zyf看了会沉默的可以判EOF的快读
{
x=0;int ff=0;char ch=getchar();
while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!=EOF){ff|=(ch=='-');ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
x=ff?-x:x;
if(ch==EOF)return EOF;
return 1;
}
class FWT
{
private:
LL tem1[MAXM],tem2[MAXM];
void fwt_or(LL *a,int f)//普通的FWT，但是zyf说or和and卷积都应该叫做快速莫比乌斯变换(FMT)？
{
for(R int i=1;i<len;i<<=1)
for(R int j=0;j<len;j+=(i<<1))
for(R int k=0;k<i;++k)
if(f==1)a[j+k+i]+=a[j+k];
else a[j+k+i]-=a[j+k];
}
public:
int fwt(int *a,int *b)
{
for(R int i=0;i<len;++i)tem1[i]=a[i];
for(R int i=0;i<len;++i)tem2[i]=b[i];
fwt_or(tem1,1);
fwt_or(tem2,1);
for(R int i=0;i<len;++i)tem1[i]*=tem2[i];
fwt_or(tem1,-1);
return (int)tem1[len-1];
}
}fwt;
struct edge
{
int to,next;
}ed[MAXN<<1];
void added(int x,int y)//加边，常规操作
{
ed[++cnt].to=y;
ed[cnt].next=he[x];
he[x]=cnt;
}
void dfs_pre(int x,int fa)//求重儿子
{
siz[x]=1,son[x]=0;
for(int i=he[x];i;i=ed[i].next)
{
int to=ed[i].to;
if(to==fa)continue;
dfs_pre(to,x);
siz[x]+=siz[to];
if(siz[to]>siz[son[x]])son[x]=to;
}
}
stack<int>stk;//用于回收空间
int dfs(int x,int fa)
{
int num,bt=1<<col[x];
if(son[x])num=dfs(son[x],x);//继承重儿子的空间
else//是叶节点
{
if(!stk.empty())//使用回收后的空间
num=stk.top(),stk.pop();
else num=++cnt;//使用新空间
dp[num][bt]=1;
return num;//上传空间给父亲
}
for(R int i=1;i<len;++i)//根据重儿子的状态推出自己的状态
if(dp[num][i])
if(!(i&bt))
dp[num][i|bt]+=dp[num][i],dp[num][i]=0;
ans+=dp[num][len-1];
dp[num][bt]+=1;
for(int j=he[x];j;j=ed[j].next)//枚举轻儿子们
{
int to=ed[j].to;
if(to==fa||to==son[x])continue;
int tnum=dfs(to,x);//得到轻儿子的状态
ans+=fwt.fwt(dp[num],dp[tnum]);//FWT并累加答案
for(R int i=1;i<len;++i)//将这个轻儿子的状态合并至自己的状态
if(dp[tnum][i])
if(!(i&bt))
dp[num][i|bt]+=dp[tnum][i],dp[tnum][i]=0;
else dp[num][i]+=dp[tnum][i],dp[tnum][i]=0;
stk.push(tnum);//空间回收
}
return num;//上传空间给父亲
}
int main()
{
while(read(n)!=EOF)
{
memset(he,0,sizeof(he));
memset(dp,0,sizeof(dp));
while(!stk.empty())stk.pop();//各种清零不要忘
read(k);
len=1<<k;
for(R int i=1;i<=n;++i)
read(col[i]),--col[i];
int t1,t2;
cnt=0,ans=0;
for(R int i=1;i<n;++i)//加边
{
read(t1),read(t2);
added(t1,t2);
added(t2,t1);
}
if(k==1)//特判就好了，可以省很多事
{
ans=1ll*n*(n-1);
ans+=n;
printf("%lld
",ans);
continue;
}
dfs_pre(1,0);
cnt=0;//这里cnt被用于标记当前使用的空间
dfs(1,0);
ans<<=1;//别忘了交换起点终点后的路径算的不同路径
printf("%lld
",ans);
}
return 0;
}
什么？优化？
我一个在明德的好朋友Menhera酱发现可以把复杂度中的 $ k $ 去掉，变成 $ O(n2^k) $ ，具体貌似是利用“基”的形式进行 $ O(2^k) $ 的FWT，具体可以看她的这篇博客：https://www.cnblogs.com/Menhera/p/9514412.html （那不足50行的代码真是震撼我心）
Menhera：“我的这个做法是什么点分治的优化版，而你的是弱化版~”（事实是我1700MS她1200MS。。。明明去了一个log然而感觉就像卡了常一样）
只感觉智商被碾压qwq。。。Menhera太强了orz