[题解]AT_abc287_f [ABC287F] Components

思路

定义 $dp_{i,j,0/1}$ 表示在以 $i$ 为根的子树中（包括 $i$）选出 $j$ 个连通块，且 $i$ 不选/选 的方案数。

假设我们在 DFS 过程中，当前枚举到以 $u$ 为根节点的情况，那么显然有 $dp_{u,0,0} = dp_{u,1,1} = 1$。

然后，我们从 $u$ 开始向其儿子节点搜索，假设当前枚举到的点是 $v$。

那么，我们对于每一个 $v$，我们都可以对 $u$ 的选取情况作分类讨论（其中 $a,b$ 表示以 $u$ 为根的子树在没有 $v$ 之前的连通块数量，和以 $v$ 为根的子树中连通块的数量）：

1. 如果不选，那么两棵子树合并，连通块数量为 $a + b$，那么有 $dp_{u,a + b,0} \leftarrow dp_{u,a + b,0} + dp_{u,a,0} \times (dp_{v,b,0} + dp_{v,b,1})$。
2. 如果选，那么还需要根据 $v$ 的选取情况进行分类讨论：
   • 如果 $v$ 不选，那么两棵子树合并，连通块数量还是为 $a + b$，那么有 $dp_{u,a + b,1} \leftarrow dp_{u,a + b,1} + dp_{u,a,1} \times dp_{v,b,0}$。
   • 如果 $v$ 选，那么两棵子树合并，由于 $u,v$ 都要选，那么，包含 $u,v$ 的两个连通块将合并为一个，所以连通块数量为 $a + b - 1$，那么有 $dp_{u,a + b - 1,1} \leftarrow dp_{u,a + b - 1,1} + dp_{u,a,1} \times dp_{v,b,1}$。

Code

#include <bits/stdc++.h>  
#define int long long  
#define re register  
  
using namespace std;  
  
const int N = 5010,M = 1e4 + 10,mod = 998244353;  
int n;  
int idx,h[N],e[M],ne[M];  
int dp[N][N][2];  
  
inline int read(){  
    int r = 0,w = 1;  
    char c = getchar();  
    while (c < '0' || c > '9'){  
        if (c == '-') w = -1;  
        c = getchar();  
    }  
    while (c >= '0' && c <= '9'){  
        r = (r << 1) + (r << 3) + (c ^ 48);  
        c = getchar();  
    }  
    return r * w;  
}  
  
inline void add(int a,int b){  
    ne[idx] = h[a];  
    e[idx] = b;  
    h[a] = idx++;  
}  
  
inline int dfs(int u,int fa){  
    int sz = 1;  
    dp[u][0][0] = dp[u][1][1] = 1;  
    for (re int i = h[u];~i;i = ne[i]){  
        int j = e[i];  
        if (j == fa) continue;  
        int ssz = dfs(j,u);  
        for (re int a = sz;~a;a--){  
            for (re int b = ssz;b;b--) dp[u][a + b][0] = (dp[u][a + b][0] + dp[u][a][0] * (dp[j][b][0] + dp[j][b][1]) % mod) % mod;  
            // b 不能枚举到 0，因为如果 b 枚举到 0，那么将会有 dp[u][a][0] = 2 * dp[u][a][0] % mod，然而这种状态肯定是我们计算过的，所以不能枚举到 0   
        }  
        for (re int a = sz;a;a--){  
            for (re int b = ssz;b;b--){  
                dp[u][a + b][1] = (dp[u][a + b][1] + dp[u][a][1] * dp[j][b][0] % mod) % mod;  
                dp[u][a + b - 1][1] = (dp[u][a + b - 1][1] + dp[u][a][1] * dp[j][b][1] % mod) % mod;  
            }  
        }  
        sz += ssz;  
    }  
    return sz;  
}  
  
signed main(){  
    memset(h,-1,sizeof(h));  
    n = read();  
    for (re int i = 1;i < n;i++){  
        int a,b;  
        a = read();  
        b = read();  
        add(a,b);  
        add(b,a);  
    }  
    dfs(1,-1);  
    for (re int i = 1;i <= n;i++) printf("%lld\n",(dp[1][i][0] + dp[1][i][1]) % mod);  
    return 0;  
}