2021 ICPC Southeastern Europe Regional Contest Werewolves（树上背包）

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题意：给出一个n个节点的树（n≤3000n\le3000n≤3000），每个点有自己的颜色，好子树的定义是，子树内有一半以上的节点是同一种颜色，问有多少种划分子树的方法，最后对998244353998244353998244353取模。
思路：dls讲的树上背包。。当时听了也没太明白代码怎么写，现在想想还是对树上背包这种不太熟。我们对于每个颜色，都要在树上进行一次dp，这样就可以，对于颜色iii，相同看作1，不同是-1，最后统计所有的和大于0的组合方法，所以我们定义数组dp[i][j]dp[i][j]dp[i][j]代表以iii为根，总和为jjj的方案数，正常开成2倍表示负数就行，但是懒得了，就开成dp[i][j][0/1]dp[i][j][0/1]dp[i][j][0/1]，0代表负数，1代表正数，最后单独开一个数组代表刚好为0。现在先看转移
①对于uuu的每一个子树vvv（用sumisum_isumi代表iii号点的和），如果sumu+sumv≤cnt这个颜色的总数sum_u+sum_v\le cnt_{这个颜色的总数}sumu+sumv≤cnt这个颜色的总数那么首先有：dp[u][j+k][1]=dp[u][j+k][1]+ori[u][j][1]∗dp[v][k][1]dp[u][j+k][0]=dp[u][j+k][0]+ori[u][j][0]∗dp[v][k][0]\begin{array}{c} dp[u][j + k][1] = dp[u][j + k][1] + ori[u][j][1] * dp[v][k][1] \\ dp[u][j + k][0] = dp[u][j + k][0] + ori[u][j][0] * dp[v][k][0] \end{array}dp[u][j+k][1]=dp[u][j+k][1]+ori[u][j][1]∗dp[v][k][1]dp[u][j+k][0]=dp[u][j+k][0]+ori[u][j][0]∗dp[v][k][0]，其中orioriori是这个状态在进行这次转移之前初始状态，正确性是因为，对于一个总和，那他肯定是uuu的总和为jjj的情况和vvv的总和为kkk的情况组合起来。
②对于一个子树vvv，如果sumu≥sumvsum_u \ge sum_vsumu≥sumv那么就是，对于一个情况，可以有sumu−sumvsum_u-sum_vsumu−sumv，转移方程就为dp[u][j−k][0]=dp[u][j−k][0]+ori[u][j][0]∗dp[v][k][1]dp[u][j−k][1]=dp[u][j−k][1]+ori[u][j][1]∗dp[v][k][0]\begin{array}{c} dp[u][j-k][0] = dp[u][j-k][0] + ori[u][j][0]*dp[v][k][1] \\ dp[u][j-k][1] = dp[u][j-k][1] + ori[u][j][1]*dp[v][k][0] \end{array}dp[u][j−k][0]=dp[u][j−k][0]+ori[u][j][0]∗dp[v][k][1]dp[u][j−k][1]=dp[u][j−k][1]+ori[u][j][1]∗dp[v][k][0]。
③ 跟②情况刚好相反
④ 两个相减刚好为0，就有转移方程dp0[u]=d[u]+ori[u][j][0]∗dp[v][k][1]+ori[u][j][1]∗dp[v][k][0]dp0[u] = d[u] + ori[u][j][0] * dp[v][k][1] + ori[u][j][1] * dp[v][k][0]dp0[u]=d[u]+ori[u][j][0]∗dp[v][k][1]+ori[u][j][1]∗dp[v][k][0]
⑤对于uuu来说，每次转移最开始，所有的次数都可以从uuu的和为0的状态转移 dp[u][j][0]=dp[u][j][0]+ori0[u]∗dp[v][j][0]dp[u][j][1]=dp[u][j][1]+ori0[u]∗dp[v][j][1]dp0[u]=dp0[u]+ori0[u]∗dp0[v]\begin{array}{c} dp[u][j][0] = dp[u][j][0] + ori0[u] * dp[v][j][0]\\ dp[u][j][1] = dp[u][j][1] + ori0[u] * dp[v][j][1]\\ dp0[u] = dp0[u] + ori0[u] * dp0[v]\end{array}dp[u][j][0]=dp[u][j][0]+ori0[u]∗dp[v][j][0]dp[u][j][1]=dp[u][j][1]+ori0[u]∗dp[v][j][1]dp0[u]=dp0[u]+ori0[u]∗dp0[v]
所有的情况就讨论完了，但是这样写上去很明显是一个n3n^3n3的算法，所以加上优化，对于每个颜色，记录他的cntcntcnt，如果对于dfs内部的循环，如果他们枚举的和，最大就是m，并且不会超过他节点的总数size，所以每个循环应该小于min(m,size)min(m, size)min(m,size)。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int MOD = 998244353;
const int N = 3e3+10;
int dp[N][N][2], tmp[N][N][2], d[N], tp[N], ans, val[N], c[N], vis[N], n, m;
int head[N], idx;
struct Edge{int to, nxt;}e[N << 1];
void add(int u, int v) {e[++idx].to = v, e[idx].nxt = head[u], head[u] = idx;}int dfs(int u, int fa)
{int p = 1;if (val[u]) dp[u][1][1] = 1;else dp[u][1][0] = 1;for (int i = head[u]; i; i = e[i].nxt) {int v = e[i].to;if (v == fa) continue;int siz = dfs(v, u);tp[u] = d[u];for (int j = 1; j <= min(p, m); j++) {tmp[u][j][0] = dp[u][j][0];tmp[u][j][1] = dp[u][j][1];}d[u] = (d[u] + d[v] * tp[u]) % MOD;for (int j = 1; j <= min(siz, m); j++) {dp[u][j][0] = (dp[u][j][0] + tp[u] * dp[v][j][0]) % MOD;dp[u][j][1] = (dp[u][j][1] + tp[u] * dp[v][j][1]) % MOD;}for (int j = 1; j <= min(p, m); j++) {dp[u][j][1] = (dp[u][j][1] + tmp[u][j][1] * d[v]) % MOD;dp[u][j][0] = (dp[u][j][0] + tmp[u][j][0] * d[v]) % MOD;for (int k = 1; k <= min(m, siz); k++) {if (k + j <= m) {dp[u][k + j][1] = (dp[u][k + j][1] + tmp[u][j][1] * dp[v][k][1]) % MOD;dp[u][k + j][0] = (dp[u][k + j][0] + tmp[u][j][0] * dp[v][k][0]) % MOD;}if (j - k >= 1) {dp[u][j - k][1] = (dp[u][j - k][1] + tmp[u][j][1] * dp[v][k][0]) % MOD;dp[u][j - k][0] = (dp[u][j - k][0] + tmp[u][j][0] * dp[v][k][1]) % MOD;}if (k - j >= 1) {dp[u][k - j][1] = (dp[u][k - j][1] + tmp[u][j][0] * dp[v][k][1]) % MOD;dp[u][k - j][0] = (dp[u][k - j][0] + tmp[u][j][1] * dp[v][k][0]) % MOD;}if (j == k) {d[u] = (d[u] + tmp[u][j][0] * dp[v][k][1] + tmp[u][j][1] * dp[v][k][0]) % MOD;}}}p += siz;}for (int i = 1; i <= min(p, m); i++) {ans = (ans + dp[u][i][1]) % MOD;}return p;
}signed main()
{cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++) {cin >> c[i];}for (int i = 1; i < n; i++) {int u, v;cin >> u >> v;add(u, v); add(v, u);}for (int i = 1; i <= n; i++) {if (vis[c[i]]) continue;m = 0; vis[c[i]] = 1;for (int j = 1; j <= n; j++) {if (c[i] == c[j]) {m++; val[j] = 1;}else val[j] = 0;}for (int j = 1; j <= n; j++) {d[j] = 0;for (int k = 1; k <= m; k++) {dp[j][k][0] = dp[j][k][1] = 0;}}dfs(1, 0);}cout << ans;return 0;
}

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