【DP】【P5007】 DDOSvoid 的疑惑

Description

给定一棵以 1 为根的有根树，定义树的一个毒瘤集为一个集合，并且集合中任意两个元素之间不存在祖先与后代关系。

定义一个毒瘤集的毒瘤指数为集合内所有元素的价值之和

要求给定树的所有毒瘤集的毒瘤指数之和，答案对 100000007 取模。

但这个问题太难了，所以我们考虑化简。

因为点的编号跟它毒瘤指数密切相关，所以我们将会再给出一个整数 T，T = 1 表示 i 号点的毒瘤指数为 i，T = 0，表示所有点的毒瘤指数都是 1

Input

第一行两个整数 n、T，表示这棵树有 n 个节点。

接下来 n -1 行，每行两个整数 x 和 y，表示有一条边，连接 x 和 y。

Output

输出一个整数，表示答案。

Hint

(Forall:)

(0~leq~n~leq~10^6~,~T~leq~1)

Solution

数数题，考虑DP。

设(f_u)是以(u)为根的子树，先考虑 (T~=~0) 的情况

当点(u)只有两个儿子 (v_1~,~v_2) 的时候，显然 (f_u~=~f_{v_1}~+~f_{v_2}~+~f_{v_1}~ imes~f_{v_2}~+~1)

考虑(u)有多个儿子的时候也类似，设 (g_j) 为考虑点 (u) 的前(j)个子树的集合数，于是

(g_j~=~g_{j-1}~ imes~f_v~+~g_j~+~f_v)

考虑 (T~ eq~0) 的情况

设 (f_u) 为以 (u) 为根的ans，(g_u) 为以 (u) 为根的集合个数

则

[f_u~=~f_v~ imes~g_u~+~f_u~ imes~g_v~+~f_u~+f_v ]

[g_u~=~g_u~+~g_v~+~g_u~ imes~g_v ]

复杂度 (O(n)) 。听说有人用nlogn水过去了？

Code

#include <cstdio>
#ifdef ONLINE_JUDGE
#define freopen(a, b, c)
#endif
#define rg register
#define ci const int
#define cl const long long

typedef long long int ll;

namespace IPT {
	const int L = 1000000;
	char buf[L], *front=buf, *end=buf;
	char GetChar() {
		if (front == end) {
			end = buf + fread(front = buf, 1, L, stdin);
			if (front == end) return -1;
		}
		return *(front++);
	}
}

template <typename T>
inline void qr(T &x) {
	rg char ch = IPT::GetChar(), lst = ' ';
	while ((ch > '9') || (ch < '0')) lst = ch, ch=IPT::GetChar();
	while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48), ch = IPT::GetChar();
	if (lst == '-') x = -x;
}

template <typename T>
inline void ReadDb(T &x) {
	rg char ch = IPT::GetChar(), lst = ' ';
	while ((ch > '9') || (ch < '0')) lst = ch, ch = IPT::GetChar();
	while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x = x * 10 + (ch ^ 48), ch = IPT::GetChar();
	if (ch == '.') {
		ch = IPT::GetChar();
		double base = 1;
		while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x += (ch ^ 48) * ((base *= 0.1)), ch = IPT::GetChar();
	}
	if (lst == '-') x = -x;
}

namespace OPT {
	char buf[120];
}

template <typename T>
inline void qw(T x, const char aft, const bool pt) {
	if (x < 0) {x = -x, putchar('-');}
	rg int top=0;
	do {OPT::buf[++top] = x % 10 + '0';} while (x /= 10);
	while (top) putchar(OPT::buf[top--]);
	if (pt) putchar(aft);
}

const int maxn = 1000010;
const int maxm = 2000010;
const int MOD = 100000007;

struct Edge {
	int to, nxt;
};
Edge edge[maxm]; int hd[maxn], ecnt = 1;
inline void cont(ci from, ci to) {
	Edge &e = edge[++ecnt];
	e.to = to; e.nxt = hd[from]; hd[from] = ecnt;
}

int n, t;
int MU[maxn], frog[maxn], gorf[maxn];

void reading();
void dfs(ci, ci);

int main() {
	freopen("1.in", "r", stdin);
	qr(n); qr(t);
	if (t) {
		for (rg int i = 1; i <= n; ++i) MU[i] = i;
	} else {
		for (rg int i = 1; i <= n; ++i) MU[i] = 1;
	}
	reading();
	dfs(1, 0); qw(frog[1], '
', true);
	return 0;
}

void reading() {
	int a, b;
	for (rg int i = 1; i < n; ++i) {
		a = b = 0; qr(a); qr(b);
		cont(a, b); cont(b, a);
	}
}

void dfs(ci u, ci pree) {
	for (int i = hd[u]; i; i = edge[i].nxt) if (i != pree) {
		int &to = edge[i].to;
		dfs(to, i ^ 1);
		frog[u] = (1ll * frog[to] * gorf[u] % MOD + 1ll * frog[u] * gorf[to] % MOD + frog[to] + frog[u]) % MOD;
		gorf[u] = (1ll * gorf[u] * gorf[to] % MOD + gorf[to] + gorf[u]) % MOD;
	}
	frog[u] = (frog[u] + MU[u]) % MOD;
	gorf[u] = (gorf[u] + 1) % MOD;
}

Summary

这是一类非常经典的求树上方案数的题目，一般这类题目的解决方法是使用另一个数组表示“当前已经枚举到的”某些值，每枚举一个儿子单独计算贡献。