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TangDou/Topic/HuanGenDp/SubTree.cpp

@@ -49,13 +49,15 @@ void dfs1(int u, int fa) {
         suff[son[i]] = t2;                      // 到我以前，所有结果的累乘积是多少
         t2 = t2 * (f[son[i]] + 1) % mod;        // 我完成后，需要把我的贡献也乘到累乘积中，以便我的下一个节点计算它的累乘积时使用
     }
-    // Q:为什么同时要记录前缀积和后缀积，这样做的目的是什么？
 }
 
 void dfs2(int u, int fa) {
     for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
         int v = e[i];
         if (v == fa) continue;
+        // g[u] * (pre[v] * suff[v])解析：
+        // u给v带来的影响，不光是u为根的子树这些叶子的贡献，还有重要的一部份，就是u的fa[u]及其父、叔叔、大爷、爷爷、二爷爷、老太爷、二老太爷来来的方案数
+        // 这些由爹系带来的方案数，汇聚到g[u]里
         g[v] = (g[u] * (pre[v] * suff[v] % mod) % mod + 1) % mod;
         dfs2(v, u);
     }
@@ -73,7 +75,7 @@ signed main() {
         add(a, b), add(b, a);
     }
     dfs1(1, 0);
-    g[1] = 1;
+    g[1] = 1; // 考虑出发时，所有儿子的贡献都没有交上来，那么初化值是1，否则连乘积没法乘上来
     dfs2(1, 0);
     for (int i = 1; i <= n; i++) cout << f[i] * g[i] % mod << endl;
 }

TangDou/Topic/【换根DP】专题.md

@@ -1295,11 +1295,11 @@ $$\large f_u= \prod_{v \in son_u} (f_v+1) $$
 
 - 消去 $v$ 对 $u$ 的贡献：
 
-  $\large g[u]=\frac{f[u]}{f[v]+1}$
+  $\large g[v]=\frac{f[u]}{f[v]+1}$
 
-- 将 $g[u]$ 的贡献乘到 $v$ 上：
+- 答案
 
-  $\large g[v]=f[v] \times (g[u]+1)$
+  $\large ans[v]=g[v] \times f[v]$
 
 
 出现问题：**模数不保证是质数**，所以不能用直接乘逆元的方式来取模。
@@ -1319,8 +1319,23 @@ for (int i = 0; i < son.size(); i++) { // 将儿子数组正着枚举
     t1 = t1 * (f[son[i]] + 1) % mod;   // 我完成后，需要把我的贡献也乘到累乘积中，以便我的下一个节点计算它的累乘积时使用
 }
 ```
+$pre[]$数组当桶使用，预留出$N$这么大的位置，因为执行完一次$dfs1$后，肯定会覆盖掉所有的节点，而每个节点，都可以理解为是某个人的儿子(老祖宗的儿子是$1$号节点)，这样，所有的$pre[]$数组的内容值都将被填充，记录的是$1 \sim N$所有节点在自己的家族中，所有哥哥们的贡献值累乘和。即
+
+$pre[1]=1$ 累乘积初始值
+
+$\displaystyle pre[2]= pre[1] \times (f[1]+1) \% \ mod $
+$\displaystyle pre[3]= pre[2] \times (f[2]+1) \% \ mod $
+
+$\displaystyle pre[4]= pre[3] \times (f[3]+1) \% \ mod $
+
+...
+
+$\displaystyle pre[son[i]]= pre[son[i-1]] \times (f[son[i-1]]+1) \% \ mod $
+
+
 
 **方法$2$**
+
 ```cpp {.line-numbers}
 // 方法2：
 if (son.size() > 0) pre[son[0]] = 1;
@@ -1340,6 +1355,91 @@ for (int i = 0; i < son.size(); i++) {
 }
 ```
 
+**$Code$**
+```cpp {.line-numbers}
+#include <bits/stdc++.h>
+using namespace std;
+const int N = 100010, M = N << 1;
+#define int long long
+#define endl "\n"
+
+// 链式前向星
+int e[M], h[N], idx, w[M], ne[M];
+void add(int a, int b, int c = 0) {
+    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
+}
+
+int f[N]; // 在以1为全局根的情况下，f[i]记录以i为根的子树，并且，把i染成黑色时，i为根的子树中所有可能的染色方案数量
+int g[N];
+
+int mod;     // 对 mod 值取模
+int pre[N];  // pre[i]:记录i节点的前缀积对mod取模后的值
+int suff[N]; // suff[i]:记录i节点的后缀和对mod取模后的值
+
+// 先递归再统计，以子填父，用儿子们的贡献更新父亲的值。最底层儿子，也就是叶子的贡献值是1,也就是只把它染成黑色，对于这个叶子的父亲而言,
+// 它统计方案时，它认为这个儿子提供的方案数是2，因为儿子也可以不染色，也就是白色。当然，儿子也可以染成黑色，所以它理解为2。
+void dfs1(int u, int fa) {
+    f[u] = 1;        // 以u为根的子树，不管它是不是有子孙节点，最起码可以把u染成黑色，这样就可以有1种方案
+    vector<int> son; // 记录u有哪些儿子，方便后的计算。不使用链式前向星直接枚举的原因在于前向星只能正序枚举，
+    // 本题目中还需要倒序枚举，前向星记录的是单链表，不是双链表，无法倒序枚举，只能是跑一遍，记录下来，然后再倒着枚举
+    // 如此，在本题中，链式前向星就不如邻接表来的快，邻接表就是可以for(int i=0;i<edge[i].size();i++),也可以for(int i=edge[i].size()-1;i>=0;i--)
+    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
+        int v = e[i];
+        if (v == fa) continue;
+        dfs1(v, u);
+        f[u] = f[u] * (f[v] + 1) % mod; // 全白也是一种方案，对于v子树而言，它并不是只能提供以v染成黑色的所有方案，还有一种：v没有染成黑色的方案数。
+        // 而此时，由于v没有染成黑色，所以，v子树就没有进去染色，也就是整个v子树全都是白色，这算是一种特殊的染色方案，也就是啥都不染。
+        // 所以 f[v]+1 就是v子树的所有贡献值,而f[u]需要把自己所有儿子的共献值累乘起来才是自己的贡献值。
+        son.push_back(v); // 将子节点加入集合，方便之后操作
+    }
+
+    // 记录前缀积
+    int t1 = 1;                            // 前缀积取模后的值
+    for (int i = 0; i < son.size(); i++) { // 将儿子数组正着枚举
+                                           // 利用静态数组pre,记录每个节点的前缀积取模后的值
+        pre[son[i]] = t1;                  // 到我以前，所有结果的累乘积是多少
+        t1 = t1 * (f[son[i]] + 1) % mod;   // 我完成后，需要把我的贡献也乘到累乘积中，以便我的下一个节点计算它的累乘积时使用
+    }
+
+    // 记录后缀积
+    int t2 = 1;                                 // 后缀积取模后的值
+    for (int i = son.size() - 1; i >= 0; i--) { // 将儿子数组倒着枚举
+                                                // 利用静态数组suff,记录每个节点的后缀积取模后的值
+        suff[son[i]] = t2;                      // 到我以前，所有结果的累乘积是多少
+        t2 = t2 * (f[son[i]] + 1) % mod;        // 我完成后，需要把我的贡献也乘到累乘积中，以便我的下一个节点计算它的累乘积时使用
+    }
+}
+
+void dfs2(int u, int fa) {
+    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
+        int v = e[i];
+        if (v == fa) continue;
+        // g[u] * (pre[v] * suff[v])解析：
+        // u给v带来的影响，不光是u为根的子树这些叶子的贡献，还有重要的一部份，就是u的fa[u]及其父、叔叔、大爷、爷爷、二爷爷、老太爷、二老太爷来来的方案数
+        // 这些由爹系带来的方案数，汇聚到g[u]里
+        g[v] = (g[u] * (pre[v] * suff[v] % mod) % mod + 1) % mod;
+        dfs2(v, u);
+    }
+}
+
+signed main() {
+    // 初始化链式前向星
+    memset(h, -1, sizeof h);
+
+    int n;
+    cin >> n >> mod;
+    for (int i = 1; i < n; i++) {
+        int a, b;
+        cin >> a >> b;
+        add(a, b), add(b, a);
+    }
+    dfs1(1, 0);
+    g[1] = 1; // 考虑出发时，所有儿子的贡献都没有交上来，那么初化值是1，否则连乘积没法乘上来
+    dfs2(1, 0);
+    for (int i = 1; i <= n; i++) cout << f[i] * g[i] % mod << endl;
+}
+```
+
 
 #### [$AcWing$ $1148$ 秘密的牛奶运输](https://www.cnblogs.com/littlehb/p/16054005.html)