H - Tourist Agency （ dfs ）

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题意：n个节点，n-1条边的生成树。选k个相连的点（ 1<=k<=n ），求可以选择的不同的种类数，和所有种类数的大小和。

比如：3个点E(1,2),E(1,3), 种类数有6种分别是(1),(2),(3),(1 2),(1 3),(1 2 3),。种类数的大小和是10=1+1+1+2+2+3

思路：先考虑求第一个答案，定义sum[i] 表示选择 i 节点及其子树可以有多少种类。叶子节点sum[]=1， 对于非叶子节点sum[i] = 子树的sum[]+1 的乘积。比如2号节点有两个儿子，一个儿子有1种，一个儿子有2种，sum[2]的定义是选择当前节点2，左儿子3我可以选也可以不选算2种，右儿子5可以选算2种不选算1种，一共3种情况，所以sum[2] = 2*3=6;

所有节点的种类数加起来就是答案一。

答案二就是统计，所有节点被选中了几次，sum[4]=7，选择4号节点的种类数有7种，所以4被选中了7次，答案贡献是7.

对于非根节点，显然不能这么算，因为他们除了儿子贡献还有来自父亲的贡献。可以对于每一个点跑一边答案一的dfs，这样就保证了每一个点都没有父亲节点，算出来的就是对答案二的贡献。但显然会超时，应该考虑在一个dfs中维护。

我们考虑在dfs2时，父亲顺便传到儿子一个贡献，代表父亲对他的影响。对于节点2，sum[3]=1, sum[5]=2, 我们再把2的父亲拿过来当作儿子，所以4节点传过来的值，应该是当2是根节点，4这个儿子的sum，这个sum是1。

再看节点5，考虑2应该传过来的值。想象5是根节点，2是其一个儿子，2的值应该是除去5这个父亲其他儿子的乘积，是2*2=4。

全部算完后加起来就是答案二。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long longusing namespace std;const int mod = 1e9+7;
const int maxn = 2e5+10;
vector<int> G[maxn];
int sum[maxn],sum2[maxn],n;int qpow( int a, int n )
{int re = 1;while ( n ) {if ( n&1 ) re=(re*a)%mod;a=(a*a)%mod;n>>=1;}return re;
}void dfs( int u, int f )
{sum[u] = 1;for ( int i=0; i<G[u].size(); i++ ) {int v = G[u][i];if ( v==f ) continue ;dfs(v,u);sum[u] = ( sum[v]+1 )*sum[u]%mod;}
}void dfs2( int u, int f, int fval )
{int tot = (fval+1);for ( int i=0; i<G[u].size(); i++ ) {int v = G[u][i];if ( v==f ) continue ;tot = tot*(sum[v]+1)%mod;}sum2[u] = tot;for ( int i=0; i<G[u].size(); i++ ) {int v = G[u][i];if ( v==f ) continue ;int val = tot*qpow(sum[v]+1,mod-2)%mod;dfs2( v,u,val );}
}signed main()
{cin>>n;for ( int i=0; i<n-1; i++ ) {int u,v;scanf("%lld %lld",&u,&v);G[u].push_back(v);G[v].push_back(u);}dfs(1,1);dfs2(1,1,0);int ans1 = 0, ans2=0;for ( int i=1; i<=n; i++ ) ans1=(ans1+sum[i])%mod;for ( int i=1; i<=n; i++ ) ans2=(ans2+sum2[i])%mod;cout << ans1 << " " << ans2 << endl;return 0;
}