[ACM]【树形DP】牛客练习赛62 牛牛染颜色
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题意：给出一个有根树，求满足条件的染色方案的数目，条件：任意两个染黑的点的LCM必须也为黑点。
我一看到LCM就会想到自己还不会倍增的恐惧 很显然的树形DP。既然是DP，就只用考虑初始状态和状态转移。
状态转移方程：（dp[u][1]为将u点染黑，dp[u][0]为不染）
dp[u][0]=1+∑v∈son[u](dp[v][1]+dp[v][0]−1)dp[u][0]=1+\sum_{v\in son[u]}^{}(dp[v][1]+dp[v][0]-1)dp[u][0]=1+∑v∈son[u](dp[v][1]+dp[v][0]−1)
dp[u][1]=∏v∈son[u](dp[v][1]+dp[v][0])dp[u][1]=\prod_{v\in son[u]}^{}(dp[v][1]+dp[v][0])dp[u][1]=∏v∈son[u](dp[v][1]+dp[v][0])
初始状态：
dp[u][0]=dp[u][1]=1dp[u][0]=dp[u][1]=1dp[u][0]=dp[u][1]=1
当点u不涂黑时，如果u有两个或以上子树有涂黑的点，那么就不满足“任意两个黑节点的LCM也是黑色的”。因此，只能有至多一个子树有涂黑的点。当涂黑的点存在于以v为根的子树中，其他子树必然都没涂黑，因此情况数等于以v为根的子树的总情况数：dp[v][1]+dp[v][0]dp[v][1]+dp[v][0]dp[v][1]+dp[v][0]。每个子树都有可能成为那个特殊的子树，因此情况累加。但是，我们要注意，dp[v][0]dp[v][0]dp[v][0]包含以v为根的子树都不涂黑的情况（而此时其他树也都没有黑点：即空集），每加上这样一项，都加上了一个空集，重复了。于是每加这样一项都把空集减去（-1）。空集在最外面加回来就行了。
当点u涂黑时，点u的所有儿子都可以选择涂黑或不涂，这样都满足LCM也为黑色。那么情况数就等于每个子树的合法情况数目之间相乘的积（因为相互不影响）。每棵子树的情况数目等于子树的根v涂与不涂的情况数目之和。
初始状态：涂黑算一种情况，不涂也是一种情况。
代码：#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=1e9+7;
const int maxn=1000005;
ll head[maxn],tot=0;
ll dp[maxn][3];
struct node{
int to,next;
}e[maxn*2];
void adde(int u,int v){
++tot;
e[tot].next=head[u];
e[tot].to=v;
head[u]=tot;
}
inline int read(){
int f=1,x=0;
char ch=getchar();
while(ch'9'){
if(ch=='-') f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=x*10+ch-'0';
ch=getchar();
}
return x*f;
}
//运用dfs
void dfs(int u,int fa){
dp[u][0]=dp[u][1]=1;
for(int i=head[u];i;i=e[i].next){
int v=e[i].to;
if(v==fa) continue;
dfs(v,u);
dp[u][1]=(dp[u][1]*(dp[v][0]+dp[v][1]))%mod;
dp[u][0]=(dp[u][0]+dp[v][0]+dp[v][1]-1)%mod;
}
}
int main(){
int n=read();
for(int i=1;i<=n-1;i++){
int u=read(),v=read();
adde(u,v);
adde(v,u);
}
dfs(1,0);
printf("%lld\n",(dp[1][0]+dp[1][1])%mod);
}
作者：IcecreamArtist
