@Appleman and Tree@
@题目描述@-English
Appleman has a tree with n vertices. Some of the vertices (at least one) are colored black and other vertices are colored white.
Consider a set consisting of k (0 ≤ k < n) edges of Appleman’s tree. If Appleman deletes these edges from the tree, then it will split into (k + 1) parts. Note, that each part will be a tree with colored vertices.
Now Appleman wonders, what is the number of sets splitting the tree in such a way that each resulting part will have exactly one black vertex? Find this number modulo 1000000007 (10^9 + 7).
Input
The first line contains an integer n (2 ≤ n ≤ 10^5) — the number of tree vertices.
The second line contains the description of the tree: n - 1 integers p0, p1, …, pn - 2 (0 ≤ pi ≤ i). Where pi means that there is an edge connecting vertex (i + 1) of the tree and vertex pi. Consider tree vertices are numbered from 0 to n - 1.
The third line contains the description of the colors of the vertices: n integers x0, x1, …, xn - 1 (xi is either 0 or 1). If xi is equal to 1, vertex i is colored black. Otherwise, vertex i is colored white.
Output
Output a single integer — the number of ways to split the tree modulo 1000000007 (10^9 + 7).
Some Example
Input
3
0 0
0 1 1
Output
2
Input
6
0 1 1 0 4
1 1 0 0 1 0
Output
1
Input
10
0 1 2 1 4 4 4 0 8
0 0 0 1 0 1 1 0 0 1
Output
27
@大致题意@
Appleman 有一个含有n(2 ≤ n ≤ 10^5)个顶点的树,其中有一些是黑色的。Appleman闲来无事,想要砍掉几条边,使得剩下的连通块块儿各含有一个黑点(显然砍掉的边应该是黑色节点数 - 1)。顶点编号为0~n-1。
现输入n;输入n-1个数,第i个数Pi表顶点i与Pi连通;再输入n个数,依次表示各个顶点的颜色,0白1黑。
让你求满足Appleman要求的方案数模10^9 + 7。
@分析@
裸的树形dp计数。
@dp-状态定义@
现在来想想怎么定义状态吧。如图所示一棵有根树,想象将它分成几个连通块后,最特殊的是哪一块呢?显然是包含根节点的那个连通块!包含根节点那个连通块内的黑点,来源有三处:它的子树,它本身,它的父亲以上【如果它有父亲】。如果是它的父亲以上,可以交给它的父亲递归处理。如果是它本身,那它的子树要么不连通自力更生,要么连通洗白自我。如果在它的子树上,则某棵子树要养活父节点。
则我们定义二维状态:
下一步:状态转移方程式。
@dp-状态转移方程式@
考虑到根的颜色可能会对状态转移产生影响(显然的,因为如果根都是黑的怎么会有全白的状态!!!),我们进行分类讨论:
1)根为黑点时:显然
。考虑状态
,对于每颗子树
,如果不连通,子树要自力更生即通过状态
转移(因为含根节点
的连通块要有一个黑点);如果连通,子树的连通部分不能含任何黑点!,即
。通过加法原理(为什么?我的理解就是因为这两种情况不可共存,互相约束)将两种方案数相加,得到一棵子树的方案数。再用乘法原理(同上,每颗子树互相之间没有约束,情况可以共存)将各个子树的方案数相乘,得到总方案数。即:
2)根为白点时:当你求 时,同根为黑点时的 情况一般:如果不连通,子树要 自力更生即通过状态 转移(因为含根节点 的连通块要有一个黑点);如果连通,子树的连通部分 不能含任何黑点!,即 【对我就是复制的2333】。
但!!! 是个难搞的状态。回到我们上面的讨论,“包含根节点那个连通块内的黑点,来源有三处:它的子树,它本身,它的父亲以上”。此处既不是它本身,也不与它父节点相关。那只能是在它的子树里 选且只选一个子树,并让其连通根节点。假设其为 ,我们可以得到如下的转移:
多么美好的想法啊!
可惜在模运算的情况下,除法是行不通的。 只能逆元。
尽管学长说,逆元写习惯了,没啥子问题。但是我内心还是拒绝的。但是,利用累乘的思想,我们可以提出以下的状态转移:
令前 颗子树中,与根连通部分不含黑点的方案数为 ,与根连通部分含一个黑点的方案数为
对于第 颗子树,若它被选中了!它必须连通且含有一颗黑点,则方案数为
若它不幸没有入选……它可不连通 自力更生,或连通但洗白自己,方案数为
不断维护 , ( 一定要先维护f2,重点强调!!!!),最终 就是我们的
其实我们发现, 也就是我们的 ,所以 与 根本不需要真实出现,只是我们脑中用于辅助的思想。然后就可以码代码了。
@这里是代码@
各位实在不懂……就只能依靠自己的代码阅读能力咯 ̄ω ̄=
#include<cstdio>
#include<vector>
using namespace std;
const long long MOD = 1000000000ll + 7;
const int MAXN = 100000;
vector<int>G[MAXN + 5];
long long dp[MAXN + 5][4], r[MAXN + 5];
int col[MAXN + 5];
int N, P;
void dfs(int x,int pre) {
dp[x][0] = dp[x][1] = 1;
if( col[x] == 1 ) {
dp[x][0] = 0;
for(int i=0;i<G[x].size();i++) {
int p = G[x][i];
if( p == pre )
continue;
dfs(p, x);
dp[x][1] = dp[x][1] * (dp[p][1] + dp[p][0]) % MOD;
}
}
else {
dp[x][1] = 0;
for(int i=0;i<G[x].size();i++) {
int p = G[x][i];
if( p == pre )
continue;
dfs(p, x);
dp[x][1] = (dp[x][1] * (dp[p][0] + dp[p][1])%MOD + (dp[x][0] * dp[p][1]))%MOD;
dp[x][0] = dp[x][0] * (dp[p][0] + dp[p][1])%MOD;
}
}
}
int main() {
scanf("%d",&N);
for(int i=0;i<N-1;i++) {
scanf("%d",&P);
G[P].push_back(i+1);
G[i+1].push_back(P);
}
for(int i=0;i<N;i++)
scanf("%d",&col[i]);
dfs(0, -1);
printf("%lld\n",dp[0][1]);
}
@大致总结一下@
这道题模板性很强,且是dp特别是树形dp中比较少见的计数性问题【因为dp一般都是最优化问题】,算是可供积累的好题。一些技巧:1)反复用于计数问题特有的加法原理与乘法原理求解,2)当涉及模运算中的“除法”时——逆元时,深入想想,用累乘巧妙跳过了复杂的实现。
累乘也算是树dp一种技巧,用得好可以简化代码的复杂度,但也要想很久才能保证正确。
@END.@
就是这样,新的一天里,也请多多关照哦(ノω<。)ノ))☆.。~