题解 CF1777D Score of a Tree

Score of a Tree

思维题。

我们考虑一个点 \(u\) 在所有时刻内的点权为多少。

可以发现，假如 \(u\) 的深度为 \(0\)，那么 \(t\) 时刻时它的权值为其子树内所有深度为 \(t\) 的点的初始权值异或和。

现在只考虑每个子树内相同深度的点集在 \(2^n\) 种情况中的贡献。

根据异或的性质可知，当且仅当点集内有奇数个 \(1\) 时才会造成贡献，而满足这种情况的方案数为 \(\sum\limits_{i=1}^{cnt}[i\equiv 1\pmod 2]\dbinom{cnt}{i}\)，也就是 \(2^{cnt-1}\) 种。

其中 \(cnt\) 为点集的大小。

为什么呢？根据二项式定理可知：

\[\sum\limits_{i=0}^{cnt}(-1)^i\cdot \dbinom{cnt}{i}=(-1+1)^{cnt}=0 \]

\[\sum\limits_{i=0}^{cnt}\dbinom{cnt}{i}=(1+1)^{cnt}=2^{cnt} \]

所以 \(\sum\limits_{i=1}^{cnt}[i\equiv 1\pmod 2]\dbinom{cnt}{i}=\frac{2^{cnt}-0}{2}=2^{cnt-1}\)。

因此每个点集的贡献数为 \(2^{cnt-1}\times 2^{n-cnt}=2^{n-1}\)。

点集的个数好求，只需要把以每个子树的深度累加起来即可，即 \(\sum\limits_{u}\operatorname{dep}(u)\)。

最终答案为 \(\left [\sum\limits_{u}\operatorname{dep}(u)\right ]\cdot 2^{n-1}\)。

复杂度 \(O(n)\)。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 5, mod = 1e9 + 7;
int T, n, dis[N];
vector<int> adj[N];
void dfs(int u, int lst) {
	dis[u] = 1;
	for (int i = 0; i < adj[u].size(); ++i) {
		int v = adj[u][i]; if (v == lst) continue;
		dfs(v, u); dis[u] = max(dis[u], 1 + dis[v]);
	}
}
int main() {
	ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
	cin >> T;
	while (T--) {
		cin >> n;
		for (int i = 1; i <= n; ++i) adj[i].clear();
		ll mi = 1;
		for (int i = 1; i < n; ++i) {
			int u, v; cin >> u >> v;
			adj[u].push_back(v); adj[v].push_back(u);
			mi = mi * 2 % mod;
		}
		dfs(1, 0);
		ll x = 0;
		for (int i = 1; i <= n; ++i) x = (x + dis[i]) % mod;
		cout << mi * x % mod << endl;
	}
	return 0;
}