BZOJ3162 独钓寒江雪

题意

求一棵无根树上本质不同的独立集个数。答案对\(10^9+7\)取模。

\(n \leq 500000\)

分析

如果只求树上独立集个数的话，设\(dp[x][0/1]\)表示以\(x\)为根的子树中选或不选\(x\)的方案数。有显然的转移：

\[dp[x][0]=\prod_{y \in son(x)}(dp[y][0]+dp[y][1]) 就是所有子树中选与不选和的乘积 \\ dp[x][1]=\prod_{y \in son(x)}dp[y][0] 就是所有子树中不选的乘积 \]

现在问题在于本质不同。那么如果重新标号之后同构的话方案数就会多算。

考虑重新标号后重心不会变，于是以重心为根处理子树。如果两个点为根是同构的，那么他们的重心相同，所以直接找出树的重心，以重心为根进行转移。

提前预处理每一棵子树的哈希值，因为相同的子树是同构的，所以转移相当于是可重组合的计算。

一个组合数学的相关知识：有\(n\)种物品要求从中选\(m\)个求问方案数，那么就是\(\binom{n+m-1}{m}\)。

这题要求求本质不同的独立集个数，这时候就需要做的时候把所有本质相同的看作一个子树，那么就相当于在这些本质相同子树中选它们的数量那么多个，利用上面的组合数学相关知识即可解决。由于结构不同的子树再怎么弄都不会成为本质相同的，所以我们将结构相同的子树分成一块。

如果有两个重心就分别DP，最后合并的时候讨论一下就行了。

时间复杂度\(O(n)\)。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define rg register
#define il inline
#define co const
template<class T>il T read()
{
	rg T data=0;
	rg int w=1;
	rg char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch))
	{
		if(ch=='-') w=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(isdigit(ch))
	{
		data=data*10+ch-'0';
		ch=getchar();
	}
	return data*w;
}
template<class T>il T read(rg T&x)
{
	return x=read<T>();
}
typedef unsigned long long ll;
using namespace std;

co int N=5e5+1,P=233,mod=1e9+7;
ll p[N];
int n,inv[N];
int add(int x,int y)
{
	x+=y;
	return x>=mod?x-mod:x;
}
int mul(int x,int y)
{
	return (ll)x*y%mod;
}
int calc(int n,int m)
{
	int ans=1;
	for(int i=m;i;--i)
		ans=mul(ans,mul(inv[i],n+1-i));
	return ans;
}

vector<int>g[N];
int siz[N],G1,G2;
void get_root(int x,int fa)
{
	siz[x]=1;
	bool flag=1;
	for(int i=0;i<g[x].size();++i)
	{
		int y=g[x][i];
		if(y==fa) continue;
		get_root(y,x);
		siz[x]+=siz[y];
		if(siz[y]*2>n) flag=0;
	}
	if(siz[x]*2<n) flag=0;
	if(flag) !G1?G1=x:G2=x;
}

int q[N],top,dp[N][2];
ll hs[N];
bool cmp(co int&a,co int&b)
{
	return hs[a]<hs[b];
}
void dfs(int x,int fa)
{
	hs[x]=1,siz[x]=1;
	for(int i=0;i<g[x].size();++i)
	{
		int y=g[x][i];
		if(y==fa) continue;
		dfs(y,x);
		siz[x]+=siz[y],hs[x]+=p[siz[y]]*hs[y];
	}
	top=0; // edit 1: enqueue later because the use of q
	for(int i=0;i<g[x].size();++i)
	{
		int y=g[x][i];
		if(y==fa) continue;
		q[++top]=y;
	}
	sort(q+1,q+top+1,cmp);
	dp[x][0]=dp[x][1]=1;
	for(int i=1,j;i<=top;i=j)
	{
		for(j=i+1;j<=top&&hs[q[i]]==hs[q[j]];++j);
		int v=q[i];
		dp[x][0]=mul(dp[x][0],calc(add(dp[v][0],add(dp[v][1],j-i-1)),j-i));
		dp[x][1]=mul(dp[x][1],calc(add(dp[v][0],j-i-1),j-i));
	}
}

int main()
{
//	freopen(".in","r",stdin);
//	freopen(".out","w",stdout);
	read(n);
	p[0]=inv[0]=inv[1]=1,p[1]=P;
	for(int i=2;i<=n;++i)
		inv[i]=mul(inv[mod%i],mod-mod/i),p[i]=p[i-1]*P;
	for(int i=1;i<n;++i)
	{
		int x=read<int>(),y=read<int>();
		g[x].push_back(y),g[y].push_back(x);
	}
	get_root(1,1);
	G2?(dfs(G1,G2),dfs(G2,G1)):dfs(G1,G1);
	int ans;
	if(G2)
	{
		if(hs[G1]!=hs[G2])
			ans=add(mul(dp[G1][0],dp[G2][1]),add(mul(dp[G1][1],dp[G2][0]),mul(dp[G1][0],dp[G2][0])));
		else
			ans=add(mul(dp[G1][0],dp[G1][1]),calc(add(dp[G1][0],1),2))%mod;
	}
	else
		ans=add(dp[G1][0],dp[G1][1]);
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}
/*
5
1 2
1 3
1 4
1 5
*/