problem

luogu

给一棵树，对每一个节点染成黑色或白色。

对于每一个节点，求强制把这个节点染成黑色的情况下，所有的黑色节点组成一个联通块的染色方案数，答案对 MMM 取模。

1≤n≤1e5,2≤M≤1e91\le n\le 1e5,2\le M\le 1e91≤n≤1e5,2≤M≤1e9。

solution

换根 dpdpdp。

设 f(i):f(i):f(i): 以 iii 为根的子树，iii 为黑色的合法方案数。（全局是以 111 为根的）

则有：f(u)=∏v∈sonu(f(v)+1)f(u)=\prod_{v\in son_u}(f(v)+1)f(u)=∏v∈sonu(f(v)+1)。加一是整棵子树全为白色的方案数。

设 g(i):g(i):g(i): 以 iii 为根的子树，iii 为黑色的合法方案数。（这里的子树指代的是 iii 的祖先及兄弟，即去掉 iii 原来子树的剩余部分）

显然答案为 f(i)∗g(i)f(i)*g(i)f(i)∗g(i)。

考虑如何求出 g(i)g(i)g(i)。

对于一对父子关系 f(u)=∏(f(son)+1)f(u)=\prod(f(son)+1)f(u)=∏(f(son)+1)，其中就有儿子提供的一个贡献 f(v)+1f(v)+1f(v)+1，我们需要去掉。

即，g(v)=g(u)∗∏(f(son)+1)f(v)+1g(v)=g(u)*\frac{\prod(f(son)+1)}{f(v)+1}g(v)=g(u)∗f(v)+1∏(f(son)+1)。

但是 MMM 并不是质数，所以不能求逆元。

我们可以对每个 uuu 维护出儿子贡献 ∏(f(v)+1)\prod(f(v)+1)∏(f(v)+1) 的前缀积和后缀积。

只要知道某个儿子在其儿子中的编号即可。

具体可见代码实现。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define maxn 100005
vector < int > pre[maxn], suf[maxn];
vector < int > G[maxn];
int f[maxn], g[maxn];
int n, mod;
void dfs1( int u, int fa ) {f[u] = 1;for( int v : G[u] )if( v == fa ) continue;else dfs1( v, u ), f[u] = f[u] * (f[v] + 1) % mod;pre[u].resize( G[u].size() + 1, 1 );suf[u].resize( G[u].size() + 1, 1 );for( int i = 1;i < G[u].size();i ++ ) {pre[u][i] = pre[u][i - 1];if( G[u][i - 1] ^ fa ) pre[u][i] = pre[u][i] * (f[G[u][i - 1]] + 1) % mod;}for( int i = G[u].size() - 2;i >= 0;i -- ) {suf[u][i] = suf[u][i + 1];if( G[u][i + 1] ^ fa )suf[u][i] = suf[u][i] * (f[G[u][i + 1]] + 1) % mod;}
}
void dfs2( int u, int fa ) {for( int i = 0;i < G[u].size();i ++ ) {int v = G[u][i];if( v == fa ) continue;g[v] = pre[u][i] * suf[u][i] % mod * g[u] % mod + 1;//加1是父亲代表的子树全为白 dfs2( v, u );}
}
signed main() {scanf( "%lld %lld", &n, &mod );for( int i = 1, u, v;i < n;i ++ ) {scanf( "%lld %lld", &u, &v );G[u].push_back( v );G[v].push_back( u );}dfs1( 1, 0 );g[1] = 1;dfs2( 1, 0 );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) printf( "%lld\n", g[i] * f[i] % mod );return 0;
}

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