【DP】【P5007】 DDOSvoid 的疑惑
Description
给定一棵以 1 为根的有根树，定义树的一个毒瘤集为一个集合，并且集合中任意两个元素之间不存在祖先与后代关系。
定义一个毒瘤集的毒瘤指数为集合内所有元素的价值之和
要求给定树的所有毒瘤集的毒瘤指数之和，答案对 100000007 取模。
但这个问题太难了，所以我们考虑化简。
因为点的编号跟它毒瘤指数密切相关，所以我们将会再给出一个整数 T，T = 1 表示 i 号点的毒瘤指数为 i，T = 0，表示所有点的毒瘤指数都是 1
Input
第一行两个整数 n、T，表示这棵树有 n 个节点。
接下来 n -1 行，每行两个整数 x 和 y，表示有一条边，连接 x 和 y。
Output
输出一个整数，表示答案。
Hint
\(Forall:\)
\(0~\leq~n~\leq~10^6~,~T~\leq~1\)
Solution
数数题，考虑DP。
设\(f_u\)是以\(u\)为根的子树，先考虑 \(T~=~0\) 的情况
当点\(u\)只有两个儿子 \(v_1~,~v_2\) 的时候，显然 \(f_u~=~f_{v_1}~+~f_{v_2}~+~f_{v_1}~\times~f_{v_2}~+~1\)
考虑\(u\)有多个儿子的时候也类似，设 \(g_j\) 为考虑点 \(u\) 的前\(j\)个子树的集合数，于是
\(g_j~=~g_{j-1}~\times~f_v~+~g_j~+~f_v\)
考虑 \(T~\neq~0\) 的情况
设 \(f_u\) 为以 \(u\) 为根的ans，\(g_u\) 为以 \(u\) 为根的集合个数
则
\[f_u~=~f_v~\times~g_u~+~f_u~\times~g_v~+~f_u~+f_v
\]
\[g_u~=~g_u~+~g_v~+~g_u~\times~g_v
\]
复杂度 \(O(n)\) 。听说有人用nlogn水过去了？
Code
#include <cstdio>
#ifdef ONLINE_JUDGE
#define freopen(a, b, c)
#endif
#define rg register
#define ci const int
#define cl const long long
typedef long long int ll;
namespace IPT {
const int L = 1000000;
char buf[L], *front=buf, *end=buf;
char GetChar() {
if (front == end) {
end = buf + fread(front = buf, 1, L, stdin);
if (front == end) return -1;
}
return *(front++);
}
}
template <typename T>
inline void qr(T &x) {
rg char ch = IPT::GetChar(), lst = ' ';
while ((ch > '9') || (ch < '0')) lst = ch, ch=IPT::GetChar();
while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48), ch = IPT::GetChar();
if (lst == '-') x = -x;
}
template <typename T>
inline void ReadDb(T &x) {
rg char ch = IPT::GetChar(), lst = ' ';
while ((ch > '9') || (ch < '0')) lst = ch, ch = IPT::GetChar();
while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x = x * 10 + (ch ^ 48), ch = IPT::GetChar();
if (ch == '.') {
ch = IPT::GetChar();
double base = 1;
while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x += (ch ^ 48) * ((base *= 0.1)), ch = IPT::GetChar();
}
if (lst == '-') x = -x;
}
namespace OPT {
char buf[120];
}
template <typename T>
inline void qw(T x, const char aft, const bool pt) {
if (x < 0) {x = -x, putchar('-');}
rg int top=0;
do {OPT::buf[++top] = x % 10 + '0';} while (x /= 10);
while (top) putchar(OPT::buf[top--]);
if (pt) putchar(aft);
}
const int maxn = 1000010;
const int maxm = 2000010;
const int MOD = 100000007;
struct Edge {
int to, nxt;
};
Edge edge[maxm]; int hd[maxn], ecnt = 1;
inline void cont(ci from, ci to) {
Edge &e = edge[++ecnt];
e.to = to; e.nxt = hd[from]; hd[from] = ecnt;
}
int n, t;
int MU[maxn], frog[maxn], gorf[maxn];
void reading();
void dfs(ci, ci);
int main() {
freopen("1.in", "r", stdin);
qr(n); qr(t);
if (t) {
for (rg int i = 1; i <= n; ++i) MU[i] = i;
} else {
for (rg int i = 1; i <= n; ++i) MU[i] = 1;
}
reading();
dfs(1, 0); qw(frog[1], '\n', true);
return 0;
}
void reading() {
int a, b;
for (rg int i = 1; i < n; ++i) {
a = b = 0; qr(a); qr(b);
cont(a, b); cont(b, a);
}
}
void dfs(ci u, ci pree) {
for (int i = hd[u]; i; i = edge[i].nxt) if (i != pree) {
int &to = edge[i].to;
dfs(to, i ^ 1);
frog[u] = (1ll * frog[to] * gorf[u] % MOD + 1ll * frog[u] * gorf[to] % MOD + frog[to] + frog[u]) % MOD;
gorf[u] = (1ll * gorf[u] * gorf[to] % MOD + gorf[to] + gorf[u]) % MOD;
}
frog[u] = (frog[u] + MU[u]) % MOD;
gorf[u] = (gorf[u] + 1) % MOD;
}
Summary
这是一类非常经典的求树上方案数的题目，一般这类题目的解决方法是使用另一个数组表示“当前已经枚举到的”某些值，每枚举一个儿子单独计算贡献。
