TC SRM 683 Div.2 1000 subtreeCount

第一次在tc拿到rank1，来更一篇题解以示纪念。
副标题：感天动地！灰名选手怒拿rank1（然后才涨到绿还是要打div2 恍恍惚惚红红火火

题意是给出一棵树，然后计算它所有的子树的节点数量之和，比较明显的树形DP。（n<=1e5)

首先考虑找出所有的子树，当然是在有根树上遍历所有的点作为根啦。先想一个简化的问题，如何计算所有子树的数量。
对于x为根的树，

num[x]=∏(num[child]+1)

之后如何计算结点数dp[x]呢？
考虑枚举每个儿子时，实际上是这样计算的

num[now]=num[last]∗(num[child]+1)

也就是每次对于一个儿子，乘上以这个儿子为根的子树数量（加1是因为有不选这个子树或者说这个子树为空的情况），同样的可以这样计算dp[x]

dp[now]=dp[last]∗(num[child]+1)+dp[child]∗num[last]

这里分别计算原来的子树贡献和新加上的（以这个儿子为根的）子树贡献。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int N = 1e5+10;const int md = 1e9+7;int ar[N];vector<int> e[N];int ans;int dp[N];int num[N];void ad(int x,int y){    e[x].push_back(y);    e[y].push_back(x);}void pre(int n,int a0,int b,int c,int m){    ar[0]=a0;    for(int i=1;i<=n-2;i++)        ar[i]=(1LL*b*ar[i-1]+c)%m;    for(int i=1;i<=n-1;i++)        ad(i,ar[i-1]%i);}int f(int x,int p){    dp[x]=1;    num[x]=1;    for(int i=0;i<e[x].size();i++)        if(e[x][i]!=p)        {            int &y=e[x][i];            f(y,x);            dp[x]=(1LL*dp[x]*(1+num[y])%md+1LL*num[x]*dp[y])%md;            num[x]=1LL*num[x]*(num[y]+1)%md;        }    ans+=dp[x];    ans%=md;    return dp[x];}class SubtreesCounting{public:    int sumOfSizes(int n, int a0, int b, int c, int m)    {        pre(n,a0,b,c,m);        f(0,-1);        return ans;    }}test;