树形dp

P3174 [HAOI2009] 毛毛虫 （树的直径变式）

题目

对于一棵 $N$ $(N\le 3\times {10}^5)$ 个点的树，我们可以将某条链和与该链相连的边抽出来，看上去就象成一个毛毛虫。

求点数最多的毛毛虫

题解

本题与树的直径的求法非常类似

设 $f_u$ 表示以 $u$ 为头的毛毛虫的最大点数

那么转移就是

$$f_u=\underset{v\in {\text{son}}_u}{max}{f}_v+1+max\{0,{\text{cnt}}_u-1\}$$

其中 ${\text{cnt}}_u$ 表示的是 $u$ 结点的儿子的个数

然后对于每个点取最大值和次大值进行一个拼接,计算答案即可

时间复杂度$\mathcal{O}(N)$

[BZOJ 3743] Kamp （多次dfs多种信息的处理）

题目

一颗树$n$个点，$n-1$条边，经过每条边都要花费一定的时间，任意两个点都是联通的。
有$K$个人（分布在K个不同的点）要集中到一个点举行聚会。
聚会结束后需要一辆车从举行聚会的这点出发，把这$K$个人分别送回去。
请你回答，对于$i=1n$，如果在第i个点举行聚会，司机最少需要多少时间把K个人都送回家。
$K\le N\le 5\times {10}^5$
$1\le x,y\le N,1\le z\le {10}^6$

题解

我们找出包含那$k$个关键点所组成的最小的连通块，通过画图得知

• 如果举行聚会的位置在联通块内，那么我们发现答案就是这个联通块的边权和乘$2$并减去联通块的直径
• 如果举行聚会的位置在连通块外，那么我们发现答案就时这个$(\mathrm{这}\mathrm{个}\mathrm{点}\mathrm{到}\mathrm{联}\mathrm{通}\mathrm{块}\mathrm{的}\mathrm{最}\mathrm{短}\mathrm{距}\mathrm{离}+\mathrm{连}\mathrm{通}\mathrm{块}\mathrm{的}\mathrm{边}\mathrm{权}\mathrm{和})\times 2-\mathrm{这}\mathrm{个}\mathrm{点}\mathrm{到}\mathrm{联}\mathrm{通}\mathrm{块}\mathrm{中}\mathrm{点}\mathrm{的}\mathrm{最}\mathrm{远}\mathrm{距}\mathrm{离}$

因此考虑树形$dp$

记

$$\begin{array}{rl}& an{s}_i\mathrm{在}\mathrm{第}i\mathrm{个}\mathrm{点}\mathrm{举}\mathrm{行}\mathrm{聚}\mathrm{会}\mathrm{的}\mathrm{最}\mathrm{短}\mathrm{时}\mathrm{间}\\ & sum\mathrm{关}\mathrm{键}\mathrm{点}\mathrm{生}\mathrm{成}\mathrm{树}\mathrm{的}\mathrm{边}\mathrm{权}\mathrm{之}\mathrm{和}\\ & di{s}_i\mathrm{点}i\mathrm{到}\mathrm{生}\mathrm{成}\mathrm{树}\mathrm{的}\mathrm{最}\mathrm{短}\mathrm{距}\mathrm{离}\\ & maxle{n}_i\mathrm{点}i\mathrm{与}\mathrm{到}\mathrm{最}\mathrm{远}\mathrm{关}\mathrm{键}\mathrm{点}\mathrm{的}\mathrm{距}\mathrm{离}\\ & f_i\mathrm{点}i\mathrm{子}\mathrm{树}\mathrm{中}\mathrm{关}\mathrm{键}\mathrm{点}\mathrm{的}\mathrm{个}\mathrm{数}\\ & g_i\mathrm{点}i\mathrm{子}\mathrm{树}\mathrm{外}\mathrm{关}\mathrm{键}\mathrm{点}\mathrm{的}\mathrm{个}\mathrm{数}\end{array}$$

我们可以一次$dp$求出$i$的子树内关键点的个数，第二次换根$dp$求出$i$子树外关键点的个数，如果一个点子树内或子树外的关键点的个数为$0$,那么这个点就不在关键点生成树中

通过三四次$dp$，我们可以求出$di{s}_i$

注意，我们如果求出了关键点生成树的直径的两个端点，设根据求直径时的过程，我们知道，对于在生成树上的点，生成树中距离它最远的点一定是其到直径两个端点的最大值

然后 $an{s}_i$ 的转移如下

$$an{s}_i=2\times (sum+di{s}_i)-maxle{n}_i$$

所以总计四次(或三次)$dp$便可以转移出答案

P1131 [ZJOI2007] 时态同步 （普通树形dp）

题目

题解

$sb$题一道

由于时间只加不减，对于一个点$i$,求出它子树中的最大时间和原总时间，那么答案的新贡献就是$\mathrm{最}\mathrm{大}\mathrm{时}\mathrm{间}\times siz[i]-\mathrm{原}\mathrm{总}\mathrm{时}\mathrm{间}$

BZOJ 4033 树上染色 （树形背包）

题目

有一棵点数为$N$的树，树边有边权。给你一个在$[0,N]$之内的正整数$K$，你要在这棵树中选择$K$个点，将其染成黑色，并将其他的$N-K$个点染成白色。将所有点染色后，你会获得黑点两两之间的距离加上白点两两之间距离的和的收益。
问收益最大值是多少。
$N\le 2000,0\le K\le N$

题解

经典题，树形背包$dp$

设$f[i][j]$表示子树$i$中选了$j$个黑点时的全局最大距离，同时维护下子树大小$siz[i]$

考虑转移，我们发现，对于一个结点$i$，转移时的答案就是$\mathrm{子}\mathrm{树}\mathrm{内}\mathrm{距}\mathrm{离}+\mathrm{跨}\mathrm{子}\mathrm{树}\mathrm{距}\mathrm{离}$

我们对于一个子树$v$，枚举一个$l$表示子树中染了$l$个黑点，那么子树内的距离就是$f[v][l]$

那么子树外的点如何计算呢？我们不妨考虑一个经典套路，考虑每一条边的贡献

对于一条边$e$,它被经过的次数就是两边同色点个数乘积的和，贡献就再乘上边权就可以了

所以转移就可以这么写

$$\begin{gathered} f[u][i]=\underset{v\in son(u)}{max}\{f[v][l]+cn{t}_{black}+cn{t}_{white}\} \\ cn{t}_{black}=l\times (k-l) \\ cn{t}_{white}=(siz[u]-l)\times (n-k-siz[u]+l) \end{gathered}$$

感性理解是每一对点都只会在它们的 $\text{lca}$ 处被合并一次,所以均摊后时间复杂度是 $\mathcal{O}(n^2)$

严格证明需要势能分析,不展开了

[hdu 6854] Kcats （笛卡尔树dp）

题目

定义维护单调栈的过程为：每次将栈头大于当前数的数弹栈，直到不能弹为止，然后加入当前数。
给一个长度为$n$的数组$a$，问有多少个排列$p$满足，将$p$的前$i$个数依次加入单调栈后，得到栈的大小为$a_i$。若$a_i=-1$表示 $a_i$可以等于任意值。
$n\le 100$

题解

我们考虑如果没有$-1$这道题应该怎么做

考虑笛卡尔树的构建过程，我们每次选择当前区间$[l,r]$的最小值的位置$p$(对应到原题就是从左到右找到最后一个$a[i]=1$的位置)，我们发现最小值将整个区间分成了完全不相干的两个部分$[l,p-1],[p,r]$

我们向左右两边填数，这就是一个组合数问题，显然有

$$an{s}_{[l,r]}=an{s}_{[l,p-1]}\times an{s}_{[p,r]}\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{r-l}{p-l})$$

然后我们考虑加上$-1$应该怎么做

设$f[i][j][k]$表示，考虑到区间$[i,j]$,当前区间初始栈的大小为$k$,也就是当前区间笛卡尔树根的深度为$k$时的方案数。

那么我们枚举这个区间的笛卡尔树根$p$,如果$a_p$有值则$k$只能取$a_p$，否则就将当前点改成$k$进行转移，转移方程如下

$$\begin{array}{r}f[i][j][k]=\sum _{i\le p\le j}f[i][p][k]\times f[p+1][j][k+1]\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{r-l}{p-l})\end{array}$$

所以合着这实际是道区间$dp$

[CEOI2007] 树的匹配 Treasury （树上父子关系的讨论）

题目

给一棵 $N$ 个点的树，你可以匹配有边相连的两个点，问你这棵树的最大匹配是多少，并且计算出有多少种最大匹配

$N\le 3\times {10}^5$

题解

设 $f[i][0/1]$ 表示 $i$ 不与其父亲匹配/与其父亲匹配时的最大匹配; $g[i][0/1]$ 表示不与其父亲匹配/与其父亲匹配时的最大匹配方案数

其中 $f[i][1]$ 与 $g[i][1]$ 是好求的,有

$$\begin{gathered} f[i][1]=\sum _{j\in {\text{son}}_i}f[j][0]+1 \\ g[i][1]=\prod _{j\in {\text{son}}_i}g[j][0] \end{gathered}$$

剩下两个麻烦一些,令 $\text{sum}=\sum _{k\in {\text{son}}_i}f[k][0]$ 则

$$\begin{gathered} f[i][0]=\underset{j\in {\text{son}}_u}{max}\{\text{sum}-f[j][0]+f[j][1]\} \\ g[i][1]=\sum _{\text{满足}f[j][0/1]\text{是最大匹配}\mathrm{的}j}\frac{\text{sum}\times g[j][1]}{g[j][0]} \end{gathered}$$

时间复杂度 $\mathcal{O}(N)$

关于匹配的另一个小trick

最大匹配唯一其实等价于图中的一个点要么孤立，要么属于最大匹配

P4630 [APIO2018] 铁人两项 （圆方树上dp）

题目

题解

考虑到当我们固定$s,f$时，我们$c$的选择就是$s$到$f$所有简单路径的并，然后减去$2$(因为$c$不可以选在$s,f$处)

进一步考虑，$s$到$f$简单路径的并就是路径上点双大小的并

所以建出原图的圆方树，将方点的权值设为这个点双中圆点的个数，将圆点的权值设为$-1$，那么从$s$到$f$简单路径的并就是圆方树上$s$到$f$的路径

我们设$f_i$表示$s,f$在$i$子树中的方案数，考虑枚举中转点$c$，分两种情况转移

• 点$c$是圆点时，假设它有$4$棵子树，它的子树对答案的贡献是

$$S_1{S}_2+S_1{S}_3+S_1{S}_4+S_2{S}_3+S_2{S}_4+S_3{S}_4$$

看上去这个转移是$\mathcal{O}(n^2)$的,是我们可以这么做

$$S_1{S}_2+(S_1+S_2)S_3+(S_1+S_2+S_3)S_4$$

所以我们每次记一个前缀子树和，然后乘上下一个子树的大小进行转移，这是$\mathcal{O}(n)$的

• 当$c$是方点，如果$s,f$不在这个点双内，那么其贡献一定被这个点双中的圆点中就已经统计过了，所以考虑如何计算$s,f$在点双内的方案数

1. 如果$s,f$中只有一个在点双中，那么$c$可以选的位置就有$deg-1$个，总共有$deg\times (deg-1)$次贡献，但是当$f$选在了割点处，那么$c$就无处可选了，乘的另外一部分是相同的，所以整个就少选了$deg$次，所以总次数就变成了$deg\times (deg-2)$
2. 如果$s,f$都在点双内部，显然可以选择的位置就有$deg-2$个

所以在上面圆点的转移乘上$deg-2$的系数就行了

HDU 5593 ZYB's Tree （换根dp）

题目

给定一个 $n$ 个点的树,每条边的边权是 $1$

对于每个点,求出离这个点距离不超过 $k$ 的点的个数

$n\le 5\times {10}^5,k\le 10$

题解

所谓换根dp,就是先一遍 $\text{dfs}$ 求出子树内的信息,再一次 $\text{dfs}$ 通过求出的子树内信息去递推子树外的信息

对于这一道题,首先,一个点的答案显然可以分为子树内的点和子树外的点,于是我们设 $f[u][d]$ 表示 $u$ 子树内距离 $u$ 为 $d$ 的点的个数, $g[u][d]$ 表示 $u$ 的子树外距离 $u$ 为 $d$ 的点的个数

对于 $f[u][d]$ ,我们可以在向上的时候转移:

$$f[u][d]=\sum _{v\in {\text{son}}_u}f[v][d-1]$$

对于 $g[u][d]$ ,我们可以在向下的时候转移:

$$g[u][d]=g[\text{fa}][d-1]+f[\text{fa}][d-1]-f[u][d-2]$$

因为 $u$ 点的子树外相当于 $\text{fa}$ 点的子树外加上 $\text{fa}$ 点的子树内除了 $u$ 以外的儿子的答案

答案直接将同一个点的 $f,g$ 相加去取即可,时间复杂度 $\mathcal{O}(nk)$

P4381 [IOI2008] Island （基环树dp+单调队列优化dp）

题目

给定一个 $n$ 个点 $n$ 条边的基环树森林,边有边权,求每棵基环树的直径长度之和

题解

对于这种基环树的题,先将环和树分开考虑

对于每一棵基环树上的树求出它的直径,并求出它上面的点到环的最远距离为,记它于环的那个公共点为 $i$ ,记这个最远距离为 $d[i]$,记环上两点 $x,y$ 的之间的最长距离为 $\text{dist}[x][y]$,那我们就是要在环上求出 $max\{d[x]+d[y]+\text{dist}[x][y]\}$ 我们先破环成连,然后对于这种转移区间长度固定的dp,考虑使用单调队列优化即可。然后再与各个子树的直径取最大值就是答案

HDU 3586 Information Disturbing （二分+树形dp）

题目

给定一个 $n$ 个点树,边有边权

现在要求切除其中的一些边,使得叶节点与根节点是不连通的

要求切除的总边权不可以超过 $m$ ,求所有的切除方案中最大边权的最小值

$n\le 1000m\le {10}^6$

题解

首先看到最大值最小,而且答案看上去是关于最小总花费单调的,所以我们考虑进行一个二分

二分一个值为 $\text{mx}$ ,那么我们要求在dp的过程中不可以切除大小超过 $\text{mx}$ 的边,设 $f[u]$ 表示 $u$ 与它的儿子都断开的最小花费

那么对于边 $(u,v)$ 显然有两种转移

• 断开边 $(u,v)$ 花费 $w(u,v)$ ,即 $f[u]\leftarrow f[u]+w(u,v)$
• 在 $v$ 中就把所有叶子断开了,即 $f[u]\leftarrow f[u]+f[v]$

大小超过 $\text{mx}$ 的就把它特判掉就行,时间复杂度 $\mathcal{O}(n\log V)$ ,其中 $V$ 是边权的值域大小

CF 960E Alternating Tree （拆贡献经典套路）

题目

给定一棵带点权的树，求所有有向路径的权值和。

一条有向路径的权值如下定义：

设这条路径依次经过的点的权值分别为 $V_1,V_2,...,V_m$。

则路径的权值为 $\sum _{i=1}^m(-1{)}^{i+1}{V}_i$

$n\le 2\times {10}^5$

题解

首先,偶数长度的路径对答案是没有任何贡献的,因为这条路径的反向路径一定存在且会抵消掉这条路径的贡献

然后直接计算是困难的,所以考虑计算每个点对答案的贡献,也就是要求出每个点作为路径上的偶数位置和奇数位置多少次,
设 $f[u][0/1]$ 表示 $u$ 子树内的点距离 $u$ 为偶数/奇数的点构成的路径对答案的贡献,转移是平凡的

设 $g[u][0/1]$ 表示距离 $u$ 为偶数/奇数的点构成的路径对答案的贡献,初始状态为 $g[1][0/1]=f[1][0/1]$ ,转移就是 $g[u][0/1]=g[\text{fa}][1/0]$ ,由这个转移,我们可以知道当 $u$ 的深度是奇数时,$g[u][0/1]=f[1][0/1]$ ,当 $u$ 的深度是偶数时,$g[u][0/1]=f[u][1/0]$ ,这样我们就可以求出由 $u$ 子树外的点到 $u$ 的长度为偶数/奇数的贡献次数,于是我们就可以采用和 "P4630 [APIO2018] 铁人两项" 相似的转移方法去计算答案即可

时间复杂度 $\mathcal{O}(n)$

POJ 2486 Apple Tree （树上路径问题1）

题目

给定一棵 $n$ 个点的树,每个点上有一个权值，求从 $1$ 出发，走 $m$ 步，最多能遍历到的权值

$n\le 100,m\le 200$

题解

设 $f[u][d][0/1]$ 表示没有端点/一个端点在 $u$ 的子树内(回到 $u$ ),走 $d$ 步时能遍历到的最多的权值是多少

转移分三种情况转移,注意边 $(u,v)$ 被经过的次数

• 从 $u$ 到其子树中再回到 $u$

$$f[u][d+2][0]=\underset{v\in {\text{son}}_u}{max}\{f[u][d-k][0]+f[v][k][0]\}$$

• 从$v$ 返回到 $u$ ,再到其子树

$$f[u][d+2][1]=\underset{v\in {\text{son}}_u}{max}\{f[v][k][0]+f[u][d-k][1]\}$$

• 直接从 $u$ 到其子树

$$f[u][d+1][1]=\underset{v\in {\text{son}}_u}{max}\{f[u][d-k][0]+f[v][k][1]\}$$

转移即可

P7163 [COCI2020-2021#2] Svjetlo （树上路径问题2）

题目

题解

难以使用语言描述的题,与 "POJ 2486 Apple Tree" 不同的是这道题没有规定起点,所以本题关键思路在于设 $f,g,h$ 分别表示路径断端点不在子树内/有一个端点在子树内/两个端点都在子树内,然后分情况讨论,具体转移方程见代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e6+10,inf=0x3f;
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-1;
	for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
	return x*f;
}
int n,rt,f[N][2],g[N][2],h[N][2];
//表示走完子树之后，u是1开还是0关 
//f是两头出,g是一头出,h是两头都在子树内
string c;
int cnt,head[N];
struct Edge{
	int v,nxt;
}edge[N<<1];
inline void add_edge(int u,int v)
{
	edge[++cnt].v=v;
	edge[cnt].nxt=head[u];
	head[u]=cnt;
}
bool ok[N];
inline void init(int u,int fa)
{
	if(c[u-1]=='1') ok[u]=1;
	for(int i=head[u];i;i=edge[i].nxt)
	{
		int v=edge[i].v;
		if(v==fa) continue;
		init(v,u);
		ok[u]&=ok[v];
	}
	return;
}
inline int Min(int x,int y,int z)
{
	return min(x,min(y,z));
}
inline void dfs(int u,int fa)
{
	f[u][c[u-1]-'0']=0;
	for(int i=head[u];i;i=edge[i].nxt)
	{
		int v=edge[i].v;
		if(v==fa||ok[v]) continue;
		dfs(v,u);
		int f0=f[u][0],f1=f[u][1],g0=g[u][0],g1=g[u][1],h0=h[u][0],h1=h[u][1];
		//u,v均开灯 u,v均关灯 
		f[u][1]=min(f0+f[v][0]+2,f1+f[v][1]+4);
		//u关v开 u开v关 
		f[u][0]=min(f1+f[v][0]+2,f0+f[v][1]+4);
		//u,v均开灯 u,v均关灯
		g[u][1]=min(g0+f[v][0]+2,Min(g1+f[v][1]+4,f0+g[v][1]+1,f1+g[v][0]+3));
		//u开v关 u关v开
		g[u][0]=min(g1+f[v][0]+2,Min(g0+f[v][1]+4,f1+g[v][1]+1,f0+g[v][0]+3)); 
		//u,v均开灯 u,v均关灯 
		h[u][1]=Min(min(f0+h[v][0]+2,f1+h[v][1]+4),min(g0+g[v][0]+2,g1+g[v][1]),min(h0+f[v][0]+2,h1+f[v][1]+4));
		//u关v开 u开v关 
		h[u][0]=Min(min(f1+h[v][0]+2,f0+h[v][1]+4),min(g1+g[v][0]+2,g0+g[v][1]),min(h1+f[v][0]+2,h0+f[v][1]+4));
		
	}
	//当x为根时 
	g[u][0]=min(g[u][0],f[u][1]+1);
	g[u][1]=min(g[u][1],f[u][0]+1);
	h[u][0]=min(h[u][0],g[u][0]);
	h[u][1]=min(h[u][1],g[u][1]);
	//cout<<u<<" "<<f[u][1]<<" "<<f[u][0]<<endl; 
	return; 
}
signed main()
{
	n=read();
	cin>>c;
	for(int i=1;i<n;++i)
	{
		int u=read(),v=read();
		add_edge(u,v);
		add_edge(v,u);
	}
	for(int i=1;i<=n;++i) if(c[i-1]=='0') rt=i;
	init(rt,0);
	memset(f,0x3f,sizeof(f));
	memset(g,0x3f,sizeof(g));
	memset(h,0x3f,sizeof(h));
	dfs(rt,0);
	printf("%lld\n",h[rt][1]);
	return 0;
}

ZR2023 NOIP 10连测 Day5 T2 （树上背包变式+二项式定理权值钦定）

题意

给定一个 $n$ 个点的有根树 $T$，根为 $1$。

对于一个 $1\sim n$ 的排列 $a$，设 $k$ 表示有多少个点 $u$ 满足它的所有祖先 $v$ 都有 $a_u\le a_v$ 。我们定义这个排列的权值为 $m^k$。

你需要求出所有排列的权值之和。答案对 $998244353$ 取模。

题解

首先，我们发现直接去记每个点是否是到根路径上的最小点是困难的，所以我们考虑容斥原理，松弛一下条件，钦定 $i$ 个点是合法的（我们称这些点为钦定点），那么对于一个选了 $k$ 个点的方案，我们设 $f_i$ 为钦定 $i$ 个点的方案数的系数，它们满足下面的关系

$$\sum _{i=0}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})f_i=m^k$$

利用二项式定理或者GF可以解出 $f_i=(m-1{)}^i$ ，即每增加一个钦定点时就要乘上 $m-1$

然后我们发现，如果以钦定点建立一棵虚树，虚树的lca节点之间并不是单纯的拓扑序关系，所以我们还需要把 $u$ 给记到状态里

设 $f[u][i]$ 表示以 $u$ 为根的子树当中放了排列 $1\sim {\text{siz}}_u$ ，钦定点编号最大为 $i$ 时对答案的贡献

我们先考虑合并子树答案。设 $\text{pre}[i],F[i],G[i]$ 表示钦定点的值 $\le i$ 时的总贡献，即 $f$ 数组的前缀和，拿 $F,G$ 分别存下两棵子树的答案，并合并到 $\text{pre}$ 中

先默认 $u$ 不是钦定点并且选的值大于等于子树中的最大钦定点编号，记两棵子树的目前考虑的最大钦定点分别为 $a,b$ （$a\le i,b\le j$），那么最后合并结果无非是 $a$ 在前或者 $b$ 在前。假设说 $a$ 在前，那么另外一边只要不越过第 $j$ 个位置（即 $b$ $\le j$ ），那么就可以转移到 $i+j$ 位置上 （钦定点的值 $\le i+j$ ），最后是贡献到了 $a+j$ 上（如果不求前缀和这里会统计漏答案）。也就是对于每一个 $a$ ，都需要和所有可能的 $b$ 计算答案。对于 $b$ 在前的情况也要这么做 ，转移即为

$$\text{pre}[i+j]\leftarrow F[i]\times G[j]\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{i+j}{i})\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{{\text{siz}}_u+{\text{siz}}_v-i-j}{{\text{siz}}_u-i})$$

那两个组合数就是在计算前 $i+j$ 个数和后 ${\text{siz}}_u+{\text{siz}}_v-i-j$ 个数在两个子树中是怎么分配的（即合并两个子树排列的方案数），然后上面对最大钦定点 $a$ 和 $b$ 大小关系的分讨，可以直接合并为两个前缀和的乘积，即 $F[i]\times G[j]$

然后再把前缀和 $\text{pre}$ 数组还原回去就能得到合并后的 $f[u][i]$ 了

接下来考虑插入 $u$

• 如果 $u$ 是非钦定点，那么它只要保证不小于子树里编号最大的那个钦定点，即 $u\ge i$ ，这样 $u$ 一共就有 ${\text{siz}}_u-i$ 种选择，乘上去转移即可
• 如果 $u$ 是钦定点，那么就从钦定点大小为 $1\sim i-1$ 的位置更新过来，系数即为最开始所求的 $m-1$

时间复杂度 $\mathcal{O}(n^2)$ ，瓶颈在于类似于树形背包的那一部分

CODE:

#include<bits/stdc++.h>  
using namespace std;  
inline int read()  
{  
    int x=0,f=1;char ch=getchar();  
    for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-1;  
    for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);  
    return x*f;  
}  
const int N=5010,mod=998244353;  
int n,m,C[N][N],f[N][N],F[N],G[N],pre[N];  
struct Edge{  
    int v,nxt;  
}edge[N<<1];  
int cnt,head[N];  
inline void add_edge(int u,int v)  
{  
    edge[++cnt].v=v;  
    edge[cnt].nxt=head[u];  
    head[u]=cnt;  
}  
int siz[N];  
inline void dfs(int u)  
{  
    f[u][0]=1;  
    for(int i=head[u];i;i=edge[i].nxt)  
    {  
        int v=edge[i].v;  
        dfs(v);  
        F[0]=f[u][0];G[0]=f[v][0];  
        for(int j=1;j<=siz[u];++j) F[j]=(F[j-1]+f[u][j])%mod;  
        for(int j=1;j<=siz[v];++j) G[j]=(G[j-1]+f[v][j])%mod;  
        for(int j=0;j<=siz[u]+siz[v];++j) pre[j]=0;  
        for(int j=0;j<=siz[u];++j)  
            for(int k=0;k<=siz[v];++k)  
                (pre[j+k]+=1ll*F[j]*G[k]%mod*C[j+k][j]%mod*C[siz[u]+siz[v]-j-k][siz[u]-j]%mod)%=mod;  
        for(int j=siz[u]+siz[v];j>=1;--j) (pre[j]-=pre[j-1])%=mod,(pre[j]+=mod)%=mod;  
        for(int j=0;j<=siz[u]+siz[v];++j) f[u][j]=pre[j];  
        siz[u]+=siz[v];  
    }  
    F[0]=0;  
    siz[u]++;  
    for(int i=1;i<=siz[u];++i) F[i]=(F[i-1]+f[u][i-1])%mod;  
    for(int i=0;i<siz[u];++i) f[u][i]=1ll*f[u][i]*(siz[u]-i)%mod;  
    for(int i=1;i<=siz[u];++i) (f[u][i]+=1ll*F[i]*(m-1)%mod)%=mod;  
    return;  
}  
inline void init()  
{  
    for(int i=0;i<N;++i) C[i][0]=1;  
    for(int i=1;i<N;++i)  
        for(int j=1;j<=i;++j)  
            C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod;  
}  
int main()  
{  
    init();  
    n=read();m=read();  
    for(int i=2;i<=n;++i) add_edge(read(),i);  
    dfs(1);  
    int ans=0;  
    for(int i=0;i<=n;++i) (ans+=f[1][i])%=mod;  
    printf("%d\n",ans);  
    return 0;  
}

ZR2023 NOIP赛前20连测 Day11 T2 （增加状态维数+常规树形dp）

题意

给定一棵有根树，保证标号为一个合法的 dfs 序。把树的所有叶子按照编号顺序取出，设为 $u_1,u_2,\dots ,u_m$。额外添加 $m$ 条形如 $(u_i,u_{i+1})$ 的无向边（$u_{m+1}=u_1$）。求新图的匹配个数，对 998244353 取模。

匹配：一个边集 $S$ 满足其所有边的所有端点两两不同。匹配个数即位合法的边集个数（重边算不同的边）

$n\le {10}^5$

题解

如果没有叶子之间的连边，那我们直接记 $f[u][0/1]$ 表示以 $u$ 为根的子树， $u$ 是否被匹配，然后直接转移就行

为了处理叶子之间连成的环，我们给 dp 加两个状态，设 $f[u][0/1][0/1][0/1]$ 表示以 $u$ 为根的子树，$u$ 是否被匹配，子树内编号最小的点是否被匹配，子树内编号最大的点是否被匹配。

考虑 $u$ 的儿子 $v$ 如何转移到 $u$ ，我们记两边编号最小和最大的点分别是 $l,r$ 和 $L,R$，转移的时候考虑让 $r$ 向 $L$ 连边，如果有一边只有一个儿子，那就直接让那个儿子向另外一边连就行了

统计答案时，对于 $u$ 的 $l,r$  均未被匹配的情况，可以考虑匹配 $l$ 和 $r$ ，也就是要算两次贡献

由于题目保证了读入顺序一定满足 $dfs$ 序，所以直接 dfs 算就行了

时间复杂度 $\mathcal{O}(n)$ ，带一个 $32$ 的常数

code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-1;
	for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
	return x*f;
}
const int N=1e5+10,mod=998244353;
int n;
int siz[N];
int f[N][2][2][2],g[2][2][2],ok[N];
vector<int> G[N];

inline void dfs(int u)
{
	if(!G[u].size())
	{
		f[u][0][0][0]=1;
		siz[u]=1;
		ok[u]=1;
		return;
	}
	siz[u]=0;
	for(int v:G[u])
	{
		dfs(v);
		if(!siz[u])
		{
			for(int i=0;i<2;++i)
				for(int j=0;j<2;++j)
					for(int k=0;k<2;++k)
					{
						(f[u][0][j][k]+=f[v][i][j][k])%=mod;
						if(ok[v]&&!i) (f[u][1][1][1]+=f[v][i][j][k])%=mod;
						else if(!i) (f[u][1][j][k]+=f[v][i][j][k])%=mod;
					}
		}
		else
		{
			for(int i=0;i<2;++i) 
				for(int j=0;j<2;++j) 
					for(int k=0;k<2;++k) 
						g[i][j][k]=0;
			for(int i=0;i<2;++i)
				for(int j=0;j<2;++j)
					for(int k=0;k<2;++k)
						for(int a=0;a<2;++a)
							for(int b=0;b<2;++b)
								for(int c=0;c<2;++c)
								{
									(g[a][b][k]+=f[u][a][b][c]*f[v][i][j][k]%mod)%=mod;
									if(!i&&!a) (g[1][b][ok[v]?1:k]+=f[u][a][b][c]*f[v][i][j][k]%mod)%=mod;
									if(!c&&!j) (g[a][siz[u]>1?b:1][siz[v]>1?k:1]+=f[u][a][b][c]*f[v][i][j][k]%mod)%=mod;
									if(!i&&!a&&!c&&!j&&!ok[v]) (g[1][siz[u]>1?b:1][siz[v]>1?k:1]+=f[u][a][b][c]*f[v][i][j][k]%mod)%=mod;
								}
			for(int i=0;i<2;++i) 
				for(int j=0;j<2;++j) 
					for(int k=0;k<2;++k) 
						f[u][i][j][k]=g[i][j][k];
		}
		siz[u]+=siz[v];
	}
}

signed main(){
	n=read();
	for(int i=2;i<=n;++i) G[read()].emplace_back(i);
	dfs(1);
	int ans=0;
	for(int i=0;i<2;++i)
	{
		for(int j=0;j<2;++j)
		{
			for(int k=0;k<2;++k)
			{
				(ans+=f[1][i][j][k])%=mod;
				if(!j&&!k&&siz[1]>1) (ans+=f[1][i][j][k])%=mod;
			}
		}
	}
	cout<<ans<<'\n';
	return 0;
}