bzoj
你要給乙個樹上的每個點黑白染色，要求白點不相鄰。求本質不同的染色方案數。
兩種染色方案本質相同當且僅當對樹重新標號後對應節點的顏色相同。
\(n\le 5\times10^5\)
首先考慮沒有本質相同那個限制怎麼做。
直接設\(f_\)表示\(i\)點染成黑色/白色時子樹內的方案數。
轉移很簡單：\(f_=\prod_j (f_+f_),f_=\prod_j f_\)。
先在問題在於本質不同。那麼如果重新標號之後同構的話方案數就會多算。
考慮重新標號後重心不會變，於是以重心為根處理子樹。如果有兩個重心就新建乙個點連線這兩個點，在輸出方案的時候討論一下即可。
在\(dp\)的時候，對於乙個點\(i\)的若干個同構的子樹，應該要一起計算貢獻，設這種子樹染色的方案數是\(x\)（就是\(dp\)值），這樣的子樹一共有\(k\)棵，那麼這就是乙個可重組合，方案數為\(\binom\)。
雖然\(x\)可能會很大，但是顯然\(k\)是\(o(n)\)的，所以組合數暴力計算即可。
樹\(hash\)要寫對啊qwq。
#include#include#includeusing namespace std;
int gi()
#define ull unsigned long long
const int n = 5e5+5;
const int mod = 1e9+7;
const ull base1 = 20020415;
const ull base2 = 20011118;
int n,inv[n],to[n<<1],nxt[n<<1],head[n],cnt,sz[n],w[n],root,rt1,rt2,fg,f[2][n],tmp[n];
ull hsh[n];
void link(int u,int v)
void getroot(int u,int fa)
w[u]=max(w[u],n-sz[u]);
if (w[u]}int c(int n,int m)
bool cmp(int i,int j)
void dfs(int u,int fa)
hsh[u]=base2*len+sz[u];
for (int i=1;i<=len;++i)
hsh[u]=(hsh[u]*base1)^hsh[tmp[i]];
}int main()
w[0]=n;getroot(1,0);getroot(root,0);
for (int e=head[root],lst=0;e;lst=e,e=nxt[e])
if (sz[to[e]]*2==n)
link(n,root);link(root,n);link(n,to[e]);link(to[e],n);
rt1=root;rt2=to[e];root=n;fg=1;break;
} dfs(root,0);
if (!fg) printf("%d\n",(f[0][root]+f[1][root])%mod);
else if (hsh[rt1]==hsh[rt2]) printf("%d\n",(f[0][root]-c(f[1][rt1]+1,2)+mod)%mod);
else printf("%d\n",(1ll*f[0][rt1]*f[0][rt2]+1ll*f[0][rt1]*f[1][rt2]+1ll*f[1][rt1]*f[0][rt2])%mod);
return 0;
}
BZOJ 3162 獨釣寒江雪
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