Codeforces 1276D - Tree Elimination（树形 dp）
繁琐的简单树形 dp（大雾），要是现场肯定弃了去做 F 题
做了我一中午，写篇题解纪念下。
提供一种不太一样的思路。
首先碰到这样的题肯定是没法用正常的组合计数方法求解，因此我们考虑树形 \(dp\)。显然，如果对于每条边 \((u,v)\) 而言，我们确定扫描到这条边时是删除 \(u\) 上的标记、还是删除 \(v\) 上的标记，还是 \(u,v\) 上已经有一个标记消失了（即啥也不删），并且这种钦定方式合法（即，当扫描到某条边 \(e\) 时，不会出现你钦定要删除 \(e\) 某个端点上的标记，却已经有某个端点上的标记消失了；或者你钦定啥也不删，却有 \(e\) 的两个端点上的标记都没移走），那么我们就能唯一确定最后得到的序列。
考虑从这个性质入手解决问题，一个很自然的想法是设 \(dp_x\) 表示有多少种合法的钦定 \(x\) 子树中的边的方式，不过显然这东西不太好转移，因此考虑新加一维常数维记录一些信息。注意到对于一个点 \(x\) 而言，\((x,fa_x)\) 的决策也会影响到 \(x\) 与其儿子相连的边的决策，因此考虑将 \((x,fa_x)\) 这条边也纳入 DP 状态，即 \(dp_x\) 的定义变为，有多少种合法的钦定 \(x\) 子树中的边及 \(x\) 与其父亲的边的方式。我们还能发现，当我们删除到边 \((x,fa_x)\) 时，有以下五种可能：
- \(fa_x\) 上的标记还在，但 \(x\) 上的标记已经没了
- \(x\) 上的标记还在，但 \(fa_x\) 上的标记已经没了
- \(x,fa_x\) 上的标记都没了
- \(x,fa_x\) 上的标记都在，并且我们移走了 \(x\) 上的标记
- \(x,fa_x\) 上的标记都在，并且我们移走了 \(fa_x\) 上的标记
在下文中分别称这五种情况为 Condition \(0\sim\) Condition \(4\)。考虑增加一维 \(dp_{x,j}\) 我们在强制扫描到 \(x\) 与其父亲的边时情况为 Condition \(j\) 的情况下，有多少种合法的钦定 \(x\) 子树内边的方案数。考虑对五种情况分别转移：
-
Condition \(0\)：由于 \(x\) 上的标记已经没了，因此我们肯定会在删除某一条编号小于 \((x,fa_x)\) 且与 \(x\) 相连的边时，删除了 \(x\) 上的标记，因此我们考虑设 \(f_y\) 为有多少种钦定方案，满足我们恰好在删除 \((x,y)\) 这条边时删除了 \(x\) 的标记，那么有 \(dp_{x,0}=\sum\limits_{\text{id}(x,fa_x)>\text{id}(x,y)}f_y\)，其中 \(\text{id}(x,y)\) 表示 \((x,y)\) 边的编号，\(f_y\) 的求法将在下文中讲解。
-
Condition \(1\)：首先对于与 \(x\) 相连，且满足 \(\text{id}(x,y)<\text{id}(x,fa_x)\) 的边，我们肯定不能删除 \(x\) 上的标记，并且我们删除 \((x,y)\) 边也就是 \((y,fa_y)\) 时候，\(x\) 上的标记肯定还是在的，因此只有两种可能 \(dp_{y,0}\) 和 \(dp_{y,3}\)，乘法原理乘起来即可，\(\text{id}(x,y)>\text{id}(x,fa_x)\) 的边，有两种选择，要么不存在某条 \((x,y)\) 删除了 \(x\) 上的标记，方案数自然也是 \(dp_{y,0}+dp_{y,3}\)，要么存在，方案数就是 \(\sum\limits_{\text{id}(x,fa_x)<\text{id}(x,y)}f_y\)，两部分加起来可得
\[dp_{y,1}=\prod\limits_{(x,y)\in E}(dp_{y,0}+dp_{y,3})+\sum\limits_{\text{id}(x,fa_x)<\text{id}(x,y)}f_y \] -
Condition \(2\)：聪明的读者应该能发现，对于 Condition \(0\) 和 Condition \(2\) 两种情况，它们对于 \(\text{id}(x,y)<\text{id}(x,fa_x)\) 的限制相同，对于 \(\text{id}(x,y)>\text{id}(x,fa_x)\) 的限制也相同，因此 \(dp_{x,2}=dp_{x,0}\)
-
Condition \(3\)：还是分为 \(\text{id}(x,y)<\text{id}(x,fa_x)\) 和 \(\text{id}(x,y)>\text{id}(x,fa_x)\) 两类边，\(\text{id}(x,y)<\text{id}(x,fa_x)\) 的边的方案数与 Condition \(1\) 那一部分相同，为 \(dp_{y,0}+dp_{y,3}\)，\(\text{id}(x,y)>\text{id}(x,fa_x)\) 类比 Condition \(1\) 推理一下可知，删到 \((x,y)\) 时只可能是 Condition \(1,2\)，因为不管怎样删到 \((x,y)\) 时 \(x\) 上的标记已经没了，因此贡献为 \(dp_{y,1}+dp_{y,2}\)，由乘法原理可知
\[dp_{y,3}=\prod\limits_{\text{id}(x,fa_x)>\text{id}(x,y)}(dp_{y,0}+dp_{y,3})·\prod\limits_{\text{id}(x,fa_x)<\text{id}(x,y)}(dp_{y,1}+dp_{y,2}) \] -
Condition \(4\)：同理可得 \(dp_{x,4}=dp_{x,1}\)，因为它们关于 \(\text{id}(x,y)<\text{id}(x,fa_x)\) 与 \(\text{id}(x,y)>\text{id}(x,fa_x)\) 两种情况的限制均对应相同。
接下来考虑怎么求 \(f_y\)，显然 \((x,y)\) 的贡献为 \(dp_{y,4}\)，对于我们也可以将所有与 \(x\) 相连且不同于 \((x,fa_x),(x,y)\) 的边，我们也可以将它们分为两类：\(\text{id}(x,z)<\text{id}(x,y)\) 和 \(\text{id}(x,z)>\text{id}(x,y)\)，仿照 Condition \(3\) 的分析过程可知，第一部分的贡献为 \(dp_{z,0}+dp_{z,3}\)，第二部分贡献为 \(dp_{z,1}+dp_{z,2}\)，乘法原理乘起来可得：
预处理前后缀积即可 \(\mathcal O(1)\) 计算，总复杂度线性。
似乎我的这个 solution 把 condition \(0,2\) 和 condition \(1,4\) 合并之后就是 CF 官方题解给的写法？不过我这个 DP 状态至少能体现我自己的思考过程吧（
const int MAXN=2e5;
const int MOD=998244353;
int n,hd[MAXN+5],to[MAXN*2+5],nxt[MAXN*2+5],ec=1,bot[MAXN+5];
void adde(int u,int v){to[++ec]=v;nxt[ec]=hd[u];hd[u]=ec;}
int dp[MAXN+5][5],mul[MAXN+5];
void dfs(int x,int f){
dp[x][1]=dp[x][3]=1;
for(int e=hd[x];e;e=nxt[e]){
int y=to[e];if(y==f) continue;bot[y]=e>>1;dfs(y,x);
if(bot[y]<bot[x]) dp[x][3]=1ll*dp[x][3]*(dp[y][0]+dp[y][3])%MOD;
else dp[x][3]=1ll*dp[x][3]*(dp[y][1]+dp[y][2])%MOD;
dp[x][1]=1ll*dp[x][1]*(dp[y][0]+dp[y][3])%MOD;
} vector<int> vec,pre_mul,suf_mul;
for(int e=hd[x];e;e=nxt[e]){int y=to[e];if(y==f) continue;vec.pb(y);}
reverse(vec.begin(),vec.end());pre_mul.resize(vec.size());suf_mul.resize(vec.size());
for(int i=0;i<vec.size();i++){
int y=vec[i];
pre_mul[i]=1ll*((!i)?1:pre_mul[i-1])*(dp[y][0]+dp[y][3])%MOD;
} for(int i=(int)(vec.size())-1;~i;i--){
int y=vec[i];
suf_mul[i]=1ll*((i+1==vec.size())?1:suf_mul[i+1])*(dp[y][1]+dp[y][2])%MOD;
} for(int i=0;i<vec.size();i++){
int y=vec[i];
int mul=dp[y][4];if(i) mul=1ll*mul*pre_mul[i-1]%MOD;
if(i+1<vec.size()) mul=1ll*mul*suf_mul[i+1]%MOD;
if(bot[y]<bot[x]) dp[x][0]=(dp[x][0]+mul)%MOD;
else dp[x][1]=(dp[x][1]+mul)%MOD;
} dp[x][4]=dp[x][1];dp[x][2]=dp[x][0];
}
int main(){
scanf("%d",&n);bot[1]=n;
for(int i=1,u,v;i<n;i++) scanf("%d%d",&u,&v),adde(u,v),adde(v,u);
dfs(1,0);printf("%d\n",(dp[1][1]+dp[1][2])%MOD);
return 0;
}
