Evensgn 剪树枝

题目

繁华中学有一棵苹果树。苹果树有 n 个节点（也就是苹果），n − 1 条边（也就

是树枝）。调皮的 Evensgn 爬到苹果树上。他发现这棵苹果树上的苹果有两种：一

种是黑苹果，一种是红苹果。Evensgn 想要剪掉 k 条树枝，将整棵树分成 k + 1 个

部分。他想要保证每个部分里面有且仅有一个黑苹果。请问他一共有多少种剪树枝

的方案？

INPUT

第一行一个数字 n，表示苹果树的节点（苹果）个数。

第二行一共 n − 1 个数字 p0, p1, p2, p3, ..., pn−2，pi 表示第 i + 1 个节点和 pi 节

点之间有一条边。注意，点的编号是 0 到 n − 1。

第三行一共 n 个数字 x0, x1, x2, x3, ..., xn−1。如果 xi 是 1，表示 i 号节点是黑

苹果；如果 xi 是 0，表示 i 号节点是红苹果。

OUTPUT

输出一个数字，表示总方案数。答案对$10^{9}+7$取模

SAMPLE

INPUT

10

0 1 2 1 4 4 4 0 8

0 0 0 1 0 1 1 0 0 1

OUTPUT

27

解题报告

考试就没咋打这题，于是就骗了十分

正解：

树规

我们设$has[i]$表示节点$i$及其子树带一个黑苹果对父节点产生的方案数贡献

$no[i]$表示节点$i$及其子树不带黑苹果对父节点产生的方案数贡献

我们从叶节点开始讨论

当该叶子为红苹果时，显然无法对父节点产生带黑苹果的方案数贡献，而且它是叶子节点，所以可以对父节点产生$1$的不带黑苹果的方案数贡献，故：

$$has[i]=1,no[i]=0$$

当该节点为黑苹果时，显然可以对父节点产生带黑苹果的方案数贡献，而且它是叶子节点，所以可以对父节点产生$1$的带一个黑苹果的方案数贡献。我们再考虑，当我们砍断它与父节点之间的边时，它也可以对父节点产生$1$的不带黑苹果的方案数贡献，故：

$$has[i]=1,no[i]=1$$

当该节点不为叶子节点时：

假如该节点为黑苹果，那么显然，它的子树无法对他产生带一个黑苹果的方案数贡献（我们先假设它的子树可以，那么，以该节点为根节点的子树就一定有两个或以上的黑苹果，显然是不合法的方案，故舍去）

所以，它的子树对它只能产生不带黑苹果的方案数贡献。

由乘法原理：

$$\prod^{}_{j\in son[i]}no[j]$$

并且，由与黑苹果叶子节点同样的推理方式，我们可以得到：

$$no[i]=has[i]$$

原因仍然是砍断它与父节点之间的边所能造成的贡献

假如该节点为红苹果，我们先考虑$has[i]$，因为它是一个红苹果，所以它自己不能产生对父节点带一个黑苹果的贡献，所以，我们要对子树的$has[j]$进行处理，我们考虑，当该节点的某一棵子树产生了一个黑苹果的贡献时，其它子树就不能再贡献黑苹果了，所以，我们枚举每一棵子树的$has$值，与其它子树的$no$值相乘（同样是乘法原理）（注意这里，实际上有赌数据的成分，假如数据给个菊花树，瞬间爆炸，菊花树：除了根节点，其他点深度均为1，即根节点为所有其他点的父节点的树的简称，然而还是跑的贼快2333），再取和即为其值，即：

$$has[i]=\sum ^{}_{j\in son[i]}(has[i]\times \prod^{}_{k\in son[i] k\neq j}no[k])$$

再考虑$no$值就很简单了，首先，假如它的子树都不产生黑苹果贡献，那么它自然不可以对父节点产生贡献，所以首先取个累乘，接着，假如它的子树产生了黑苹果贡献，只要我们砍掉它与父节点之间的边，它仍然可以产生该贡献，所以：

$$no[i]=\prod^{}_{j\in son[i]}no[j]+has[i]$$

代码：

 #include<iostream>

 #include<cstring>

 #include<cstdio>

 using namespace std;

 inline int read(){

     int sum();

     char ch(getchar());

     for(;ch<''||ch>'';ch=getchar());

     for(;ch>=''&&ch<='';sum=sum*+(ch^),ch=getchar());

     return sum;

 }

 const int mod=;

 struct edge{

     int e,n;

 }a[];

 int pre[],tot;

 inline void insert(int s,int e){

     a[++tot].e=e;

     a[tot].n=pre[s];

     pre[s]=tot;

 }

 typedef long long L;

 int fa[];

 int n;

 int w[];

 L has[],no[];

 inline void dfs(int u){

     bool flag(false);

     for(int i=pre[u];i!=-;i=a[i].n){

         int e(a[i].e);

         if(e!=fa[u]){

             fa[e]=u;

             flag=true;

             dfs(e);

         }

     }

     if(!flag){

         if(w[u]==){

             has[u]=;

             no[u]=;

             return;

         }

         has[u]=no[u]=;

         return;

     }

     if(w[u]==){

         has[u]=no[u]=;

         for(int i=pre[u];i!=-;i=a[i].n){

             int e(a[i].e);

             if(e!=fa[u])

                 has[u]=no[u]=(no[u]*no[e])%mod;

         }

         return;

     }

     has[u]=;

     for(int i=pre[u];i!=-;i=a[i].n){

         int e1(a[i].e);

         if(e1==fa[u])

             continue;

         L tmp(has[e1]);

         for(int j=pre[u];j!=-;j=a[j].n){

             int e2(a[j].e);

             if(e1==e2||e2==fa[u])

                 continue;

             tmp=(tmp*no[e2])%mod;

         }

         has[u]=(has[u]+tmp)%mod;

     }

     no[u]=;

     for(int i=pre[u];i!=-;i=a[i].n){

         int e(a[i].e);

         if(e==fa[u])

             continue;

         no[u]=(no[u]*no[e])%mod;

     }

     no[u]=(no[u]+has[u])%mod;

 }

 int main(){

     memset(fa,-,sizeof(fa));

     memset(pre,-,sizeof(pre));

     n=read();

     for(int i=;i<n;i++){

         int x(read());

         insert(x,i),insert(i,x);

     }

     for(int i=;i<n;i++)

         w[i]=read();

     dfs();

     printf("%lld",has[]);

 }

巴特西

[繁华模拟赛]Evensgn 剪树枝

Evensgn 剪树枝

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