codeforces 1332 F. Independent Set（树形dp）

题目链接：https://codeforc.es/contest/1332/problem/F

思路：这题选的是除了空集之外边的子集，一开始做了个联通子图的，自闭了好久。这题可以先考虑选的边是全集怎么做，边是全集很明显可以用dp[u][1]表示这个点染色了的独立集数目，dp[u][0]表示这个点没染色的独立集数目。转移方程也很显然，如果当前点染色了，那么它的儿子必须是没染色的，否则它的儿子可以是任何颜色。转移方程也很显然

对于这个题只要加上一个状态dp[u][2]表示u点和它每个儿子都断开的方案数就行了，用qw[v]表示父节点与v断开,v子树的所有方案数，对于dp[u][1]和dp[u][0]来说如果u-v这条边被删掉了，那么v这颗子树怎么选都是可以的，所以转移时需要加上qw[v]的情况，而对于dp[u][2]来说由于每个儿子都断开了，那么它的方案数就是儿子节点qw[v]的乘积，需要这个状态的原因是由于和儿子都断开后，这个点变成了一个独立的点，那么其实它怎么染色都无所谓，但dp[v][0]+dp[v][1]重复计算了这种情况，在计算qw[v]的时候需要把这种重复情况减去

需要注意的是最后的答案需要减去空集的情况

#pragma GCC optimize(2)
#include <bits/stdc++.h>
#include <ext/pb_ds/priority_queue.hpp>
using namespace __gnu_pbds;
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const ll inff = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
#define FOR(i,a,b) for(int i(a);i<=(b);++i)
#define FOL(i,a,b) for(int i(a);i>=(b);--i)
#define REW(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define inf int(0x3f3f3f3f)
#define si(a) scanf("%d",&a)
#define sl(a) scanf("%I64d",&a)
#define sd(a) scanf("%lf",&a)
#define ss(a) scanf("%s",a)
#define mod ll(998244353)
#define pb push_back
#define eps 1e-6
#define lc d<<1
#define rc d<<1|1
#define Pll pair<ll,ll>
#define P pair<int,int>
#define pi acos(-1)
#define VI vector<vector<int>>
using namespace std;
const int N=3e5+8;
ll n,x,y,dp[N][3],ans;
vector<int>g[N];

void dfs(int u,int fa)
{
    dp[u][0]=dp[u][1]=dp[u][2]=1;
    for(int i=0;i<g[u].size();i++)
    {
        int v=g[u][i];
        if(v==fa) continue;
        dfs(v,u);
        ll qw=(dp[v][0]+dp[v][1]-dp[v][2]+mod)%mod;
        dp[u][0]=dp[u][0]*(dp[v][0]+dp[v][1]+qw)%mod;
        dp[u][1]=dp[u][1]*(dp[v][0]+qw)%mod;
        dp[u][2]=dp[u][2]*qw%mod;
    }
}
int main()
{
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    cin>>n;
    FOR(i,1,n-1)
    {
        sl(x),sl(y);
        g[x].pb(y);
        g[y].pb(x);
    }
    dfs(1,0);
    cout<<(dp[1][1]+dp[1][0]-dp[1][2]-1+mod)%mod<<endl;
    return 0;
}
/*
1
5
3 5 1 2 4
3 3 2 3 1
*/