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树形动态规划解决树切割问题(CodeForces1118F2)

题目概述:给定一棵带颜色节点的树,目标是找到一种方法,通过删除某些边使得每个连通分量内的节点颜色相同。需要计算出所有可能的合法边集的数量。使用动态规划的方法,特别是树形DP来解决问题。

题目要求:给定一棵树,每个节点都有一个颜色,目标是通过删除某些边,使每个连通分量内的节点颜色相同。任务是计算所有可能的合法边集的数量。


定义 $f[x][0/1]$ 表示在子树 $x$ 中,是否还存在与节点 $x$ 颜色相同的连通部分。其中 $f[x][1]$ 表示存在这样的连通部分,而 $f[x][0]$ 则表示不存在。


对于每种颜色,一旦确定了一个连通块,这个连通块内部就不能再被分割,因此状态转移方程如下:


$$f[x][1] = \prod (f[y][0] + f[y][1]), \quad f[x][0] = 0$$


如果可以分割的部分仅限于不同颜色连通块之间的无色节点,则状态转移方程为:


$$f[x][0] = \prod (f[y][0] + f[y][1]), \quad f[x][1] = \sum\limits_y (f[y][1]\prod\limits_{z \neq y}(f[z][0] + f[z][1]))$$



#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define REP(i,a,n) for(int i=a;i<=n;++i)
#define PER(i,a,n) for(int i=n;i>=a;--i)
#define hr putchar(10)
#define pb push_back
#define lc (o<<1)
#define rc (lc|1)
#define mid ((l+r)>>1)
#define ls lc,l,mid
#define rs rc,mid+1,r
#define x first
#define y second
#define io std::ios::sync_with_stdio(false)
#define endl '\n'
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair pii;
const int P = 998244353, INF = 0x3f3f3f3f;
ll gcd(ll a,ll b) {return b?gcd(b,a%b):a;}
ll qpow(ll a,ll n) {ll r=1%P;for (a%=P;n;a=a*a%P,n>>=1)if(n&1)r=r*a%P;return r;}
ll inv(ll x){return x<=1?1:inv(P%x)*(P-P/x)%P;}

#ifdef ONLINE_JUDGE
const int N = 1e6+10;
#else
const int N = 111;
#endif

int n, k;
vector g[N], q;
int col[N], c[N], cnt[N];
int f[N][2], prod[N];

void dfs(int x, int fa) {
cnt[x] = col[x]>0;
for (int y : g[x]) if (y != fa) {
dfs(y, x);
if (!col[x]) col[x] = col[y];
else if (col[y] && col[x] != col[y]) {
puts("0"), exit(0);
}
cnt[x] += cnt[y];
}
q.clear();
for (int y : g[x]) if (y != fa) q.pb(y);
prod[0] = 1;
int sz = q.size();
REP(i, 0, sz-1) {
int y = q[i];
prod[i+1] = (ll)prod[i] * (f[y][0] + f[y][1]) % P;
}
if (col[x]) f[x][1] = prod[sz];
else {
f[x][0] = prod[sz];
int tmp = 1;
PER(i, 0, sz-1) {
int y = q[i];
f[x][1] = (f[x][1] + (ll)tmp * f[y][1] % P * prod[i] % P) % P;
tmp = (ll)tmp * (f[y][0] + f[y][1]) % P;
}
}
if (c[col[x]] == cnt[x]) cnt[x] = col[x] = 0;
}

int main() {
scanf("%d%d", &n, &k);
REP(i, 1, n) scanf("%d", col + i);
REP(i, 1, n) ++c[col[i]];
REP(i, 2, n) {
int u, v;
scanf("%d%d", &u, &v);
g[u].pb(v), g[v].pb(u);
}
dfs(1, 0);
printf("%d\n", f[1][1]);
}

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