初三年后集训测试T3---树上的宝藏
初三年后集训测试 $T 3 $ 树上的宝藏
·题意
· \(Description\)
蒜头君有一棵 \(n\) 个节点的树（即 \(n\) 个节点， \(n−1\) 条边的无向连通图）。树的每个节点上都有一个宝藏。蒜头君准备大动干戈，拿到这些保证。
但是在拿宝藏之前，蒜头君发现了一个问题，由于树的边的材质问题，若两个节点被一条边直接连接，为了确保安全，那么这两个节点上的宝藏最多可以拿一个。
好在同样擅长化学的巨佬--花椰妹给了蒜头君一条特殊材质的边。蒜头君可以选定一条边并将这条边的材质替换成特殊材质的边，于是为了确保安全，被这条选定的边直接相连的两个节点上的宝藏最少拿一个。
蒜头君想知道，对于每一条边，若选定这条边替换成花椰妹送给他的特殊材质的边，在确保安全的情况下，有多少种拿的方法是可行的。
· \(Input\)
第一行一个正整数 \(n\) 。
后面 \(n−1\) 行，第 \(i\) 行有每行两个正整数 \(u\) , \(v\) 代表第 \(i−1\) 条边连接着点 \(u\) 和点 \(v\) 。
· \(Output\)
\(n-1\) 行 ， 每行一个数，代表此边为特殊边时的方案数,输出的是对 \(998244353\) 取模的余数 。
·题解
·分析
其实换根还是很好想的。
先不考虑特殊边。
先定义一个 \(dp\) 表示在以 \(1\) 为根的情况下，以 \(i\) 为根的子树的方案数。
\(dp\) 开两维，第一维是 \(i\) , 第二维是 $ 0 || 1 $ , \(0\) 代表此位置选 \(0\) , \(1\) 同上。
易得出：
然后我们在定义一个定义方式与 \(dp\) 相同的 \(f\) 数组 ， 表示以 \(i\) 为根的整棵树的方案数。
定义前驱结点即后继节点的直系父亲 \(x\), 后继节点即儿子 \(y\).
我们假设（或可以看做已知）你已知 \(f_{x,0 \ and \ 1}\) ，因为你是要打 \(DFS\) 的， 那么我们可以在进这一遍递归之前求出之。
那么， $$ f_{ y , 1 } = \frac{ f_{x,0} }{ dp_{y,1}+dp_{y,0}} \times dp_{y,1}$$
解释一下：
在你已知 \(x\) 是根的情况下，当 \(y\) 要取 \(1\) 时，由于一条边上至多选一个点，因此 \(x\) 取 \(0\) ;
当 \(x\) 取 \(0\) 时看上面 \(dp\) 数组的式子，你要求无 \(y\) 的方案数再乘以 \(y\) 取零的方案数；
\(y\) 取零同上。
然后推一下当边 \(i\) 是特殊边时的时候。
这时 \(f\) 和 \(dp\) 均已知，考虑所有的情况：
\(x,y\) 分别是树根（令此特殊边为树根至其儿子的路径）
- \(x\) 取一， \(y\) 取一
则此时:
- 当 \(x\) 取一， \(y\) 取零时
3.当 \(x\) 取零 ， \(y\) 取一时
· \(Code\)
点击查看代码
#include <bits/stdc++.h>
#define qcin cin
#define qcout cout
#define int long long
using namespace std ;
const int N = 3e5 + 10 ;
const int mod = 998244353 ;
int dp[ N ][ 2 ] , f[ N ][ 2 ] ;
int head[ N ] , cnt , n ;
int father[ N ] ;
class node
{
public :
int xe , ye ;
}pe[ N ] ;
class edge
{
public:
int next , to ;
}e[ N ] ;
int Quick_Pow( int alpha , int beta )
{
int ans = 1 ;
while ( beta > 0 )
{
if( beta & 1 ) ans = ( ans * alpha ) % mod ;
beta >>= 1 ;
alpha = ( alpha * alpha ) % mod ;
}
return ans ;
}
int inv( int alpha )
{
return ( Quick_Pow( alpha , mod - 2 ) ) ;
}
inline void add( int x , int y )
{
cnt ++ ;
e[ cnt ].to = y ;
e[ cnt ].next = head[ x ] ;
head[ x ] = cnt ;
}
void dfs1( int x , int fa )
{
dp[ x ][ 0 ] = dp[ x ][ 1 ] = 1 ;
for ( int i = head[ x ] ; i ; i = e[ i ].next )
{
int y = e[ i ].to ;
if( y != fa )
{
father[ y ] = x ;
dfs1( y , x ) ;
dp[ x ][ 0 ] = ( dp[ x ][ 0 ] * ( dp[ y ][ 0 ] + dp[ y ][ 1 ] ) ) % mod ;
dp[ x ][ 1 ] = ( dp[ y ][ 0 ] * dp[ x ][ 1 ] ) % mod ;
}
}
}
void dfs2( int x , int fa )
{
for ( int i = head[ x ] ; i ; i = e[ i ].next )
{
int y = e[ i ].to ;
if( y != fa )
{
f[ y ][ 1 ] = f[ y ][ 0 ] = 1 ;
int inver0 = inv( dp[ y ][ 0 ] ) , inver1 = inv( dp[ y ][ 1 ] + dp[ y ][ 0 ] ) ;
int bemod1 = ( ( f[ x ][ 1 ] ) * ( inver0 ) ) % mod ;
int bemod2 = ( f[ x ][ 0 ] * ( inver1 ) ) % mod ;
f[ y ][ 1 ] = ( dp[ y ][ 1 ] * bemod2 ) % mod ;
f[ y ][ 0 ] = ( dp[ y ][ 0 ] * ( bemod1 + bemod2 ) ) % mod ;
dfs2( y , x ) ;
}
}
}
inline void Check_Shadow( int x , int y )
{
int inv_y_0 , inv_y_1 , inv_y_01 ;
inv_y_0 = inv( dp[ y ][ 0 ] ) ;
inv_y_1 = inv( dp[ y ][ 1 ] ) ;
inv_y_01 = inv( dp[ y ][ 1 ] + dp[ y ][ 0 ] ) ;
int ans = 0 ;
ans = ( ans + ( ( ( f[ x ][ 1 ] * inv_y_0 ) % mod ) * dp[ y ][ 1 ] ) % mod ) ;
ans = ( ans + ( ( ( f[ x ][ 0 ] * inv_y_01 ) % mod ) * dp[ y ][ 1 ] ) % mod ) ;
ans = ( ans + f[ x ][ 1 ] ) % mod ;
cout << ans << '\n' ;
}
signed main( )
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen( "1.in" , "r" , stdin ) ;
freopen( "1.out" , "w" , stdout ) ;
#endif
cin >> n ;
int x , y ;
for ( int i = 1 ; i < n ; ++ i )
{
cin >> x >> y ;
pe[ i ].xe = x ;
pe[ i ].ye = y ;
add( x , y ) ; add( y , x ) ;
}
int roo = 1 ;
dfs1( roo , 0 ) ;
f[ 1 ][ 1 ] = dp[ 1 ][ 1 ] ;
f[ 1 ][ 0 ] = dp[ 1 ][ 0 ] ;
dfs2( 1 , 0 ) ;
for ( int i = 1 ; i < n ; ++ i )
{
if( father[ pe[ i ].ye ] != pe[ i ].xe )
{
swap( pe[ i ].xe , pe[ i ].ye ) ;
}
Check_Shadow( pe[ i ].xe , pe[ i ].ye ) ;
}
}
