F. Independent Set
题意
一颗 n 个节点的树，求出每个(edge-induced~subgraph)的独立集个数之和。
(edge-induced~subgraph)含义是对于边集(E,(E'subset E)),(E) 中的所有点都在该子图中。
注意到题目要求的结果中，E' 不能为空
分析
首先选出子图，问题转换成在森林中选出一些点，他们互相没有边，求这样的点集的个数。对于一棵树上的问题，可以用树形DP求出
设 (d[x][0]) 表示不选 x 的方案数，(d[x][1]) 表示选 x 的方案数
则
(d[x][0] = prod (d[y][1] + d[y][0])\d[x][1] = prod d[y][0])
但是此题中 x 和 y 不一定在一棵树中，所以还要考虑 (x ightarrow y) 这条边的状态。
-
该边在subgraph 中，则 x 的状态与 y 的状态有关联
-
该边不在subgraph中，则 x 的状态与 y 的状态没有关联
考虑这两种状态，有转移方程：
(d[x][0] = prod 2 * (d[y][1] + d[y][0]))
(d[x][1] = prod (d[y][0] + d[y][1] + d[y][0]))
到这里似乎问题已经得到解决，但是要注意到，“单点” 这种情况是不允许出现的，因为题目中的子图是由边集构造的，所以要考虑去除掉这种情况。
设 (f[x]) 表示 x 与所有的子节点 y 所连的边都不在子图中的方案数
在用 (f[y]) 去更新 x 时，如果 (x ightarrow y) 这条边不被选中，则 y 被选中的状态 (d[y][1]) 应该减去 (f[y]), 这代表着 y 不能作为单点被选中，所以有如下转移:
最终答案应该是 (d[1][0]+d[1][1]-f[1]-1), 最后减去 1 是减去了空子图的情况
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
#define dbg(x...) do { cout << " 33[32;1m" << #x <<" -> "; err(x); } while (0)
void err() { cout << " 33[39;0m" << endl; }
template<class T, class... Ts> void err(const T& arg,const Ts&... args) { cout << arg << " "; err(args...); }
const int N = 300000 + 5;
const int mod = 998244353;
int head[N], ver[N<<1], nxt[N<<1], tot;
int n;
ll d[N][2], f[N];
void add(int x, int y){
ver[++tot] = y, nxt[tot] = head[x], head[x] = tot;
}
void dfs(int x, int fa){
d[x][0] = d[x][1] = f[x] = 1;
for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
int y = ver[i];
if(y == fa) continue;
dfs(y, x);
d[x][0] = d[x][0] * ((2 * d[y][0] + 2 * d[y][1] - f[y])%mod) % mod;
d[x][1] = d[x][1] * ((2 * d[y][0] + d[y][1] - f[y]) % mod) % mod;
f[x] = f[x] * ((d[y][0] + d[y][1] - f[y]) % mod) % mod;
}
dbg(x, d[x][0], d[x][1], f[x]);
}
int main(){
scanf("%d", &n);
for(int i=2;i<=n;i++){
int x, y;
scanf("%d%d", &x, &y);
add(x, y);
add(y, x);
}
dfs(1, 0);
cout << (d[1][0] + d[1][1] - f[1] - 1 + 2 * mod) % mod;
return 0;
}
这题代码很容易写，关键是要把DP转移搞清楚，CF的题目解释很清晰，而且样例还给解释，要是放在比赛上能遇到这样的Hint就谢天谢地了