CodeForces 461B Appleman and T

题目链接:http://codeforces.com/contest/461/problem/B

题目大意:

  给定一课树,树上的节点有黑的也有白的,有这样一种分割树的方案,分割后每个子图只含有一个黑色节点,问这样的分割方案一共有多少种?

分析:

先定义3个函数(为了之后说起来方便):

  设A(x) = 在以顶点x为根的子树中,所有满足使x所在子图不含黑色顶点,其余子图只含有1个黑色顶点的分割方案种数 。
  设B(x) = 在以顶点x为根的子树中,所有满足每个子图只含有1个黑色顶点的分割方案种数 。
  设C(x) = 在以顶点x为根的子树中,所有满足使x所在子图只含有1个黑色顶点,其余子图只含有1个黑色顶点的分割方案种数 。
  显然B(x) = C(x)

  首先我们关注某一课子树的根节点,不妨设为rt,有2种情况:
  不妨设rt有a个黑色的孩子节点,b个白色的孩子节点,rt的第i个黑色节点表示为rtBi,白色节点表示为rtWi,rt的第i个孩子节点表示为soni
1:color[rt] == BLACK
  初始条件下B(rt) = 1,自己自身算一个
  在这种情况下,rt一定不能与黑色的孩子节点相连,根据乘法原则,黑色节点部分的贡献为CodeForces 461B Appleman and T;对于白色节点,先单看第i个,对于rt来说,有2种策略,一是不相连,二是相连,如果不相连,这个白色节点就和黑色节点一样了,贡献为B(rtWi);如果相连,那么rt要连到没有黑色节点的部分,这样的方案数有A(rtWi)种,因此单个白色节点的贡献为A(rtWi) + B(rtWi),所有白色节点的贡献就为 CodeForces 461B Appleman and T。最终B(rt) = B(rt) * AllB * AllW(根节点把子树分成了不同的部分且互不影响,每个部分有多少种,全部乘起来就是了)。

2 : color[rt] == WHITE
  初始条件下B(rt) = 0
在这种情况下,rt与每个孩子节点都有相连与不相连2种策略,对于soni,不相连的贡献自然是B(soni),而相连的贡献就不是独立的了,很可能有跨越根节点到其他子树的方案,也就是说,对于每一棵子树,都要和其他每一棵子树有深入交流,乘法原则不适用了。
  我们可以考虑增而治之,设rtSonsi为以rt为根节点,只拥有前i个孩子节点的树,A(rt),B(rt),C(rt)为相应数值,初始状态为A(rt) = 1,B(rt) = 0,C(rt) = 0,我们只要考虑soni+1加入时,A(rt),B(rt),C(rt)会如何变化,当子树全部加入时,就算完了。这里有2种情况:
  (1)与soni+1相连:B(rt)  = C(rt) = A(rt) * C(soni+1) + C(rt) * A(soni+1)
                                    A(rt) = A(rt) * A(soni+1)
  (2)与soni+1不相连:B(rt)  = C(rt) = C(rt) * C(soni+1)
                                        A(rt) = A(rt) * C(soni+1)
  于是总变化为:B(rt)  = C(rt) = A(rt) * C(soni+1) + C(rt) * [A(soni+1) + C(soni+1)]
                           A(rt) = A(rt) * [A(soni+1) + C(soni+1)]

  一个优化:对于color[rt] == BLACK的情况,如果我们把rt看成是白色的,然后照此计算出A(rt),B(rt),C(rt),那么以rt为根节点的子树的真实方案数,不就是A(rt)吗?这样的话就没有必要分情况了,在最后加个判断即可。

 

代码如下:

CodeForces 461B Appleman and T
  1 #include <bits/stdc++.h>
  2 using namespace std;
  3  
  4 #define rep(i,n) for (int i = 0; i < (n); ++i)
  5 #define For(i,s,t) for (int i = (s); i <= (t); ++i)
  6 #define rFor(i,t,s) for (int i = (t); i >= (s); --i)
  7 #define foreach(i,c) for (__typeof(c.begin()) i = c.begin(); i != c.end(); ++i)
  8 #define rforeach(i,c) for (__typeof(c.rbegin()) i = c.rbegin(); i != c.rend(); ++i)
  9  
 10 #define pr(x) cout << #x << " = " << x << "  "
 11 #define prln(x) cout << #x << " = " << x << endl
 12  
 13 #define LOWBIT(x) ((x)&(-x))
 14  
 15 #define ALL(x) x.begin(),x.end()
 16 #define INS(x) inserter(x,x.begin())
 17  
 18 #define ms0(a) memset(a,0,sizeof(a))
 19 #define msI(a) memset(a,inf,sizeof(a))
 20 #define msM(a) memset(a,-1,sizeof(a))
 21  
 22 #define pii pair<int,int> 
 23 #define piii pair<pair<int,int>,int> 
 24 #define mp make_pair
 25 #define pb push_back
 26 #define fi first
 27 #define se second
 28  
 29 inline int gc(){
 30     static const int BUF = 1e7;
 31     static char buf[BUF], *bg = buf + BUF, *ed = bg;
 32      
 33     if(bg == ed) fread(bg = buf, 1, BUF, stdin);
 34     return *bg++;
 35 } 
 36  
 37 inline int ri(){
 38     int x = 0, f = 1, c = gc();
 39     for(; c<48||c>57; f = c==-?-1:f, c=gc());
 40     for(; c>47&&c<58; x = x*10 + c - 48, c=gc());
 41     return x*f;
 42 }
 43  
 44 typedef long long LL;
 45 typedef unsigned long long uLL;
 46 const int inf = 1e9 + 9;
 47 const LL mod = 1e9 + 7;
 48 const int maxN = 1e5 + 7;
 49  
 50 struct Node{
 51     vector< int > next;
 52 };
 53  
 54 int n, ans;
 55  
 56 /*
 57     设A(x) = 在以顶点x为根的子树中,所有满足使x所在子图不含黑色顶点,其余子图只含有1个黑色顶点的分割方案种数 
 58     设B(x) = 在以顶点x为根的子树中,所有满足每个子图只含有1个黑色顶点的分割方案种数 
 59     设C(x) = 在以顶点x为根的子树中,所有满足使x所在子图只含有1个黑色顶点,其余子图只含有1个黑色顶点的分割方案种数 
 60     则有: 
 61         dp[v][0] = A(v) + B(v)
 62         dp[v][1] = B(v)
 63         C(v) = B(v)
 64     The answer is dp[0][1].
 65 */
 66 LL dp[maxN][2];
 67 Node nodes[maxN];
 68 int color[maxN];
 69  
 70 void dfs(int x) {
 71     // 默认顶点x为白色 
 72     dp[x][0] = 1;
 73     dp[x][1] = 0;
 74      
 75     foreach(i, nodes[x].next) {
 76         dfs(*i);
 77         // dp[*i][0] 包含 A(*i) 和 C(*i),对于A(*i),令其与C(x)相连
 78         // 而对于C(*i),令其与C(x)分断 
 79         dp[x][1] = (dp[x][1] * dp[*i][0]) % mod;
 80         // dp[x][0] 包含 A(x),令其与C(*i)相连
 81           dp[x][1] = (dp[x][1] + dp[x][0] * dp[*i][1]) % mod;
 82           // 此时dp[x][0] = A(x) 
 83           // dp[x][0] * dp[*i][0] = A(x)*A(*i) + A(x)*C(*i)
 84           // 依次是连接新子树的A(*i)部分和断掉新子树的C(*i)部分,两这都可以保证dp[x][0]更新后还是A(x) 
 85           dp[x][0] = (dp[x][0] * dp[*i][0]) % mod;
 86     }
 87      
 88     if(color[x] == 1) dp[x][1] = dp[x][0]; // 当根节点为黑色时,A(x)实际上是C(x),而真正的A(x) = 0 
 89     else dp[x][0] = (dp[x][0] + dp[x][1]) % mod; // 此时 dp[x][0] = A(x) + C(x)
 90 }
 91  
 92 int main(){
 93     while(cin >> n) {
 94         rep(i, n) nodes[i].next.clear();
 95         For(i, 1, n-1) {
 96             int t;
 97             cin >> t;
 98             // 根据题目要求,并不需要加反向边 
 99             nodes[t].next.push_back(i);
100         }
101         rep(i, n) cin >> color[i];
102          
103         dfs(0);
104          
105         cout << dp[0][1] <<endl;
106     }
107     return 0;
108 }
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