Tree（樹形DP）

Tree（樹形DP）

不太熟，記錄一下思路

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思路：對於樹上某一個點的連通點集的數量，我們可以以它爲根進行樹上$dp$。

根據乘法原理：$dp[u]=dp[u]\times\prod\limits_{v\in son}(dp[v]+1)$

舉個例子：

以$a$爲根，顯然$dp[b]=dp[c]=1,$通過邊$(a,b)$產生的貢獻是$dp[b]+1$。這個加1表示不選$b$的子集，然後每個$dp[b]+1$又會對應$dp[c]+1$種情況。

因此可以用乘法原理求得。

但是此題要求我們求出所有結點的連通點集數量，顯然一個個$dfs$會超時。

所以我們考慮由已知的$dp[fa]$，進行狀態轉移。

顯然若$u$的$fa$的$dp[fa]$已知，當我們以$u$爲根結點求答案時，我們只需用$dp[u]\times (u的$兒子$fa$的貢獻)，因爲$dp[fa]$存在重複計算$dp[u]$的情況，所以我們應該先把$dp[fa]$除以$dp[u]+1$還原，然後$\dfrac{dp[fa]}{dp[u]+1}+1$即是$fa$的貢獻。

綜上：狀態轉移方程爲：$dp[u]=dp[u]\times(\dfrac{dp[fa]}{dp[u]+1}+1)$

另外由於此題數據很大，需要取模，而且我們進行狀態轉移的時候存在除法的情況。

顯然我們需要對$dp[u]+1=0$的情況進行特判。

我們需要再開一個數組來維護特判$0$之後的$\dfrac{dp[fa]}{dp[u]+1}$，我們記爲$dp1[fa]$。

然後我們再以$fa$爲之前的根結點進行狀態轉移，注意不能算$u和fa[fa]$。

因爲$fa[fa]$已經轉移過了，即($dp1[fa]+1)$包含了$dp[fa[fa]]$的情況，就相當於隔斷了，以$fa$原來的根轉移。

時間複雜度：$O(2nlogn)$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+5,M=1e6+5,inf=0x3f3f3f3f,mod=1e9+7;
#define mst(a) memset(a,0,sizeof a)
#define lx x<<1
#define rx x<<1|1
#define reg register
#define PII pair<int,int>
#define fi first 
#define se second
ll dp[N],dp1[N],ans[N];
int n,Fa[N];
vector<int>e[N];
inline void read(int &x){ 
	x=0;int w=1;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') w=-1;ch=getchar();}
	for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())
		x=(x<<3)+(x<<1)+(ch&15);
	x*=w; 
}
ll ksm(ll a,ll n){
	ll ans=1;
	while(n){
		if(n&1) ans=ans*a%mod;
		a=a*a%mod;
		n>>=1;
	}
	return ans;
}
void dfs(int u,int fa){
	dp[u]=1,Fa[u]=fa;
	for(auto v:e[u]){
		if(v==fa) continue;
		dfs(v,u);
		dp[u]=dp[u]*(dp[v]+1)%mod;
	}
}
void dfs1(int u,int fa){
	if(!fa) ans[u]=dp[u];
	else {
		ll tmp;
		if((dp[u]+1)%mod==0){
			 tmp=dp1[fa]+1; 
			for(auto v:e[fa]){
				if(v==u||v==Fa[fa]) continue; 
				tmp=tmp*(dp[v]+1)%mod;
			}
			//printf("%lld\n",tmp);
			dp1[u]=tmp;
			ans[u]=dp[u]*(tmp+1)%mod; 
		}
		else tmp=ans[fa]*ksm(dp[u]+1,mod-2)%mod,ans[u]=dp[u]*(tmp+1)%mod;
	}
	for(auto v:e[u]){
		if(v==fa) continue;
		dfs1(v,u);
	}
} 
int main(){
	int  n;
	read(n);
	for(reg int i=1;i<n;i++){
		int u,v;
		read(u),read(v);
		e[u].push_back(v),e[v].push_back(u);
	}
	dfs(1,0);
	dfs1(1,0);
	for(int i=1;i<=n;i++) printf("%lld\n",ans[i]);
	return 0;
}