牛牛染颜色

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题意：给出一个有根树，求满足条件的染色方案的数目，条件：任意两个染黑的点的LCA必须也为黑点。

思路：

我一看到LCA就会想到自己还不会倍增的恐惧很显然的树形DP。既然是DP，就只用考虑初始状态和状态转移。
状态转移方程：（dp[u][1]为将u点染黑，dp[u][0]为不染）
d p [ u ] [ 0 ] = 1 + ∑ v ∈ s o n [ u ] ( d p [ v ] [ 1 ] + d p [ v ] [ 0 ] − 1 ) dp[u][0]=1+\sum_{v\in son[u]}^{}(dp[v][1]+dp[v][0]-1) dp[u][0]=1+∑v∈son[u](dp[v][1]+dp[v][0]−1)
d p [ u ] [ 1 ] = ∏ v ∈ s o n [ u ] ( d p [ v ] [ 1 ] + d p [ v ] [ 0 ] ) dp[u][1]=\prod_{v\in son[u]}^{}(dp[v][1]+dp[v][0]) dp[u][1]=∏v∈son[u](dp[v][1]+dp[v][0])
初始状态：
d p [ u ] [ 0 ] = d p [ u ] [ 1 ] = 1 dp[u][0]=dp[u][1]=1 dp[u][0]=dp[u][1]=1

对于状态转移方程的解释：

当点u不涂黑时，如果u有两个或以上子树有涂黑的点，那么就不满足“任意两个黑节点的LCA也是黑色的”。因此，只能有至多一个子树有涂黑的点。当涂黑的点存在于以v为根的子树中，其他子树必然都没涂黑，因此情况数等于以v为根的子树的总情况数： d p [ v ] [ 1 ] + d p [ v ] [ 0 ] dp[v][1]+dp[v][0] dp[v][1]+dp[v][0]。每个子树都有可能成为那个特殊的子树，因此情况累加。但是，我们要注意， d p [ v ] [ 0 ] dp[v][0] dp[v][0]包含以v为根的子树都不涂黑的情况（而此时其他树也都没有黑点：即空集），每加上这样一项，都加上了一个空集，重复了。于是每加这样一项都把空集减去（-1）。空集在最外面加回来就行了。

当点u涂黑时，点u的所有儿子都可以选择涂黑或不涂，这样都满足LCA也为黑色。那么情况数就等于每个子树的合法情况数目之间相乘的积（因为相互不影响）。每棵子树的情况数目等于子树的根v涂与不涂的情况数目之和。

初始状态：涂黑算一种情况，不涂也是一种情况。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=1e9+7;
const int maxn=1000005;
ll head[maxn],tot=0;
ll dp[maxn][3];
struct node{int to,next;
}e[maxn*2];
void adde(int u,int v){++tot;e[tot].next=head[u];e[tot].to=v;head[u]=tot;
}
inline int read(){int f=1,x=0;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;
}
//运用dfs
void dfs(int u,int fa){dp[u][0]=dp[u][1]=1;for(int i=head[u];i;i=e[i].next){int v=e[i].to;if(v==fa) continue;dfs(v,u);dp[u][1]=(dp[u][1]*(dp[v][0]+dp[v][1]))%mod;dp[u][0]=(dp[u][0]+dp[v][0]+dp[v][1]-1)%mod;}
}
int main(){int n=read();for(int i=1;i<=n-1;i++){int u=read(),v=read();adde(u,v);adde(v,u);}dfs(1,0);printf("%lld\n",(dp[1][0]+dp[1][1])%mod);
}

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思路：

对于状态转移方程的解释：

代码：

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