JZOJ 5186. 【NOIP2017提高组模拟6.30】tty's home

Description

Input

Output

Sample Input

input 1:

5

1 1 1 1 1

1 2

2 3

3 4

4 5

input 2:

5

0 1 0 1 0

1 2

2 3

3 4

4 5

Sample Output

output 1:

15

output 2:

12

Data Constraint

Solution

正难则反，这题我们可以转换一下思路。姑且称 可能 符合条件的一种方案为 一个匹配 。

设 A= 不加限制的匹配数（总量）， B= 不符合条件的匹配数（部分），则答案即为 A-B 。

那么我们如何求出 A 和 B 呢？可以用到 树形DP 的方法。

设 Fi 表示以 i 为根的子树所产生的匹配数。则有转移方程式：Fi=Fi∗Fj+Fj（j∈Soni）（逐一组合）

处理完上述式子后，再有：Fi=Fi+1 （单独自己也是一种匹配）

最后可以求出 A ： A=∑i=1nFi

求 B 也同理，不过当 j 为最值点时不转移 i 、当 i 为最值点时 Fi 不 +1 。

最后 A、B 相减即可得出答案，总时间复杂度是 O(N) 。

Code

#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=100001,mo=998244353;
int tot,mx=-2147483647;
int first
,next[N<<1],en[N<<1];
int a
;
long long f
,g
;
long long ans;
inline int read()
{
int X=0,w=1; char ch=0;
while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') w=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0' && ch<='9') X=(X<<3)+(X<<1)+ch-'0',ch=getchar();
return X*w;
}
inline void insert(int x,int y)
{
next[++tot]=first[x];
first[x]=tot;
en[tot]=y;
}
inline void dfs1(int x,int y)
{
for(int i=first[x];i;i=next[i])
if(en[i]!=y)
{
dfs1(en[i],x);
(f[x]+=f[x]*f[en[i]]%mo+f[en[i]])%=mo;
}
ans+=++f[x];
}
inline void dfs2(int x,int y)
{
for(int i=first[x];i;i=next[i])
if(en[i]!=y)
{
dfs2(en[i],x);
if(a[en[i]]<mx) (g[x]+=g[x]*g[en[i]]%mo+g[en[i]])%=mo;
}
if(a[x]<mx) (ans+=mo-++g[x])%=mo;
}
int main()
{
int n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
if((a[i]=read())>mx) mx=a[i];
for(int i=1;i<n;i++)
{
int x=read(),y=read();
insert(x,y);
insert(y,x);
}
dfs1(1,0),dfs2(1,0);
printf("%lld",ans);
return 0;
}