【HDU5647 BestCoder Round 76 (div1)B】【树形DP】DZY Loves Connecting 一棵树的所有生成子树的大小乘积

DZY Loves Connecting

 

 Accepts: 16

 

 Submissions: 169

 Time Limit: 4000/2000 MS (Java/Others)

 

 Memory Limit: 262144/262144 K (Java/Others)

问题描述

DZY有一棵$n$个结点的无根树，结点按照$1\sim n$标号。DZY喜欢树上的连通集。一个连通集$S$是由一些结点组成的集合，满足$S$中任意两个结点$u,v$能够用树上的路径连通，且路径上不经过$S$之外的结点。显然，单独一个结点的集合也是连通集。一个连通集的大小定义为它包含的结点个数，DZY想知道所有连通集的大小之和是多少。你能帮他数一数吗？答案可能很大，请对10^9 + 710​9​​+7取模后输出。

输入描述

第一行$t$，表示有$t$组数据。接下来$t$组数据。每组数据第$1$行一个数$n$。第$2\sim n$行中，第$i$行包含一个数p_ip​i​​，表示$i$与p_ip​i​​有边相连。(1\le p_i \le i-1,2\le i\le n1≤p​i​​≤i−1,2≤i≤n)($n\ge 1$，所有数据中的$n$之和不超过$200000$)

输出描述

每组数据输出一行答案，对10^9 + 710​9​​+7取模。

输入样例

2151223

输出样例

142

Hint

第二个样例中，树的4条边分别为(1,2),(2,3),(2,4),(3,5)。所有连通集分别是{1},{2},{3},{4},{5},{1,2},{2,3},{2,4},{3,5},{1,2,3},{1,2,4},{2,3,4},{2,3,5},{1,2,3,4},{1,2,3,5},{2,3,4,5},{1,2,3,4,5}。
If you need a larger stack size, please use #pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000") and submit your solution using C++.

#include<stdio.h>#include<iostream>#include<string.h>#include<string>#include<ctype.h>#include<math.h>#include<set>#include<map>#include<vector>#include<queue>#include<bitset>#include<algorithm>#include<time.h>using namespace std;void fre() { freopen("c://test//input.in", "r", stdin); freopen("c://test//output.out", "w", stdout); }#define MS(x,y) memset(x,y,sizeof(x))#define MC(x,y) memcpy(x,y,sizeof(x))#define MP(x,y) make_pair(x,y)#define ls o<<1#define rs o<<1|1typedef long long LL;typedef unsigned long long UL;typedef unsigned int UI;template <class T1, class T2>inline void gmax(T1 &a, T2 b) { if (b>a)a = b; }template <class T1, class T2>inline void gmin(T1 &a, T2 b) { if (b<a)a = b; }const int N = 2e5+10, M = 0, Z = 1e9 + 7, ms63 = 0x3f3f3f3f;int casenum, casei;LL sum[N];//sum[i]表示以i为根节点的所有可能的子树大小之和LL num[N];//num[i]表示以i为根节点的子树方案int n, x;vector<int>a[N];LL ans;void dfs(int x,int fa){num[x] = 1;sum[x] = 1;for (int i = a[x].size() - 1; ~i; --i){int y = a[x][i];if (y == fa)continue;dfs(y, x);sum[x] = (sum[x] * (num[y] + 1) + sum[y] * num[x]) % Z;num[x] = num[x] * (num[y] + 1) % Z;}ans = (ans + sum[x]) % Z;}int main(){scanf("%d", &casenum);for (casei = 1; casei <= casenum; ++casei){scanf("%d", &n);for (int i = 1; i <= n; ++i)a[i].clear();for (int i = 2; i <= n; ++i){scanf("%d", &x);a[i].push_back(x);a[x].push_back(i);}ans = 0;dfs(1, 0);printf("%lld\n", ans);}return 0;}/*【trick&&吐槽】1，BC会爆栈BC会爆栈BC会爆栈BC会爆栈BC会爆栈BC会爆栈BC会爆栈2，不论是用费马小定理求逆元还是拓展欧几里得求逆元，都要注意要使得gcd()==1这里不光要要求模数Z为素数。因为只是涉及到乘法还无所谓，很多时候还涉及到加法，这就可能会使得方案数为Z的倍数。于是我们要尽量避免求逆元运算。3，留时间制造hack数据>_<，比如爆栈啦，比如子树的形态构建啦【题意】一棵树n(2e5)个节点，问所有子树size的乘积。【类型】树形DP【分析】首先因为是棵树，所以不妨以1为父节点。然后我们发现，总归要有一个节点为整棵子树的根节点的。于是，我们枚举一个点为子树的根节点，然后求其为子树根节点时的子树的大小之和以及子树个数定义：LL sum[N];//sum[i]表示以i为根节点的所有可能的子树大小之和LL num[N];//num[i]表示以i为根节点的子树方案显然答案就是∑sum[]。然而这个DP要怎么展开呢？void dfs(int x,int fa){num[x] = 1;//只算x作为根节点时的自己，方案数为1sum[x] = 1;//只算x作为根节点时的自己，子树大小和为1for (int i = a[x].size() - 1; ~i; --i){int y = a[x][i];if (y == fa)continue;dfs(y, x);//之前子树的大小会变成*(num[y]+1)种可行方案//新的子树(y)大小会变成sum[y]*num[x]种可行方案sum[x] = (sum[x] * (num[y] + 1) + sum[y] * num[x]) % Z;//子树方案会变成*(num[y]+1)种num[x] = num[x] * (num[y] + 1) % Z;}ans = (ans + sum[x]) % Z;}【时间复杂度&&优化】O(n)*/