标签：题解 小球 long 合并 任意 节点 下落 define
初看基本可以确定是个DP，但根本找不到可以当做状态的东西
题解思路的切入点大致是找什么东西是独立的
发现对于一个点，在它的祖先节点还有球的时候，子树外的选法独立，与子树内可以任意合并而不会引起冲突
而当这个节点已经没有球了后，其子树中的选法是独立的，同样可以任意合并而不会引起冲突
于是令 \(r_i\) 为需要额外进入子树多少球，\(s_i\) 为 \(i\) 的子树大小
那对于一个节点 \(i\)，其所有子节点 \(j\) 的前 \(r_i\) 次操作可以任意合并，后 \(s_i\) 次操作可以任意合并
一遍树形DP即可
Code:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define N 1000010
#define ll long long
#define fir first
#define sec second
#define make make_pair
// #define int long long
char buf[1<<21], *p1=buf, *p2=buf;
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf, 1, 1<<21, stdin)), p1==p2?EOF:*p1++)
inline int read() {
int ans=0, f=1; char c=getchar();
while (!isdigit(c)) {if (c=='-') f=-f; c=getchar();}
while (isdigit(c)) {ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48); c=getchar();}
return ans*f;
}
int n;
int head[N], size, a[N];
const ll mod=1e9+7;
struct edge{int to, next;}e[N<<1];
inline void add(int s, int t) {e[++size].to=t; e[size].next=head[s]; head[s]=size;}
namespace force{
int fa[N], tot, ans, p[N];
bool s[N];
void solve() {
for (int i=2; i<=n; ++i) fa[i]=read();
for (int i=1; i<=n; ++i) a[i]=read();
for (int i=1; i<=n; ++i) if (a[i])
for (int j=1; j<=a[i]; ++j) p[++tot]=i;
do {
for (int i=1; i<=n; ++i) s[i]=1;
for (int i=1; i<=n; ++i) {
int now=p[i];
if (!s[now]) goto jump;
while (s[fa[now]]) now=fa[now];
s[now]=0;
}
++ans;
jump: ;
} while (next_permutation(p+1, p+n+1));
printf("%d\n", ans);
exit(0);
}
}
namespace task{
int r[N], b[N], s[N];
ll dp1[N], dp2[N], fac[N], inv[N];
inline ll C(int n, int k) {return fac[n]*inv[k]%mod*inv[n-k]%mod;}
void dfs1(int u) {
s[u]=1; b[u]=a[u];
for (int i=head[u],v; ~i; i=e[i].next) {
v = e[i].to;
dfs1(v);
s[u]+=s[v]; b[u]+=b[v];
}
r[u]=b[u]-s[u];
}
void dfs2(int u) {
dp1[u]=dp2[u]=1;
int suma=0, sumb=0;
for (int i=head[u],v; ~i; i=e[i].next) {
v = e[i].to;
dfs2(v);
dp1[u]=dp1[u]*dp1[v]%mod*C(suma+r[v], r[v])%mod;
dp2[u]=dp2[u]*dp2[v]%mod*C(sumb+s[v], s[v])%mod;
suma+=r[v]; sumb+=s[v];
}
}
void solve() {
memset(head, -1, sizeof(head));
for (int i=2; i<=n; ++i) add(read(), i);
for (int i=1; i<=n; ++i) a[i]=read();
fac[0]=fac[1]=1; inv[0]=inv[1]=1;
for (int i=2; i<=n; ++i) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
for (int i=2; i<=n; ++i) inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
for (int i=2; i<=n; ++i) inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%mod;
dfs1(1); dfs2(1);
// cout<<"dp: "<<dp1[1]<<' '<<dp2[1]<<endl;
printf("%lld\n", (dp1[1]*dp2[1])%mod);
exit(0);
}
}
signed main()
{
freopen("ball.in", "r", stdin);
freopen("ball.out", "w", stdout);
n=read();
// force::solve();
task::solve();
return 0;
}
标签：题解,小球,long,合并,任意,节点,下落,define 来源： https://www.cnblogs.com/narration/p/15365650.html
本站声明： 1. iCode9 技术分享网（下文简称本站）提供的所有内容，仅供技术学习、探讨和分享； 2. 关于本站的所有留言、评论、转载及引用，纯属内容发起人的个人观点，与本站观点和立场无关； 3. 关于本站的所有言论和文字，纯属内容发起人的个人观点，与本站观点和立场无关； 4. 本站文章均是网友提供，不完全保证技术分享内容的完整性、准确性、时效性、风险性和版权归属；如您发现该文章侵犯了您的权益，可联系我们第一时间进行删除； 5. 本站为非盈利性的个人网站，所有内容不会用来进行牟利，也不会利用任何形式的广告来间接获益，纯粹是为了广大技术爱好者提供技术内容和技术思想的分享性交流网站。