P12844 [蓝桥杯 2025 国 A] 树解题报告

1. 题目解读：我们要干什么？

首先，我们来弄清楚题目的要求。题目给了我们一棵树，要求我们从这棵树上选出一些点，组成一个集合。这个集合需要满足一个奇特的条件：集合里任意两个被选中的点，它们在树上的距离都必须大于 2。

最后，我们需要计算出有多少种满足条件的选择方案。注意，一个都不选的方案是不算数的。

举个例子理解“距离大于2”：

如果我选了节点 u，那么它的父节点、子节点都不能选（距离为1）。
它的兄弟节点（和它有同一个父节点）、孙子节点也不能选（距离为2）。

这个限制条件看起来非常严格，它意味着我们选择的任意两个点，在树上都不能是邻居，也不能是“邻居的邻居”。

2. 核心思路：如何化繁为简？

这类在树上进行计数的问题，通常的解法是树形动态规划（Tree DP）。

什么是树形DP？简单来说，就是我们从树的底部（叶子节点）开始，一步步向上计算信息，直到根节点。对于每个节点 u，我们都尝试计算出以它为根的子树里，满足条件的方案数。当计算节点 u 的信息时，它所有子节点的信息我们已经计算好了，可以直接使用。

为了实现这一点，我们需要精心设计DP的状态。

3. DP状态设计：关键的三种情况

对于树上的任意一个节点 u，我们在考虑它的子树时，它的状态会直接影响到它的父节点以及它父节点的其他子树。因此，我们需要将 u 的状态细分，以便向上传递足够的信息。

我们站在节点 u 的视角，来考虑它的几种可能性，并定义DP状态：

dp[u][0]: 在以 u 为根的子树中，我（节点u）被选中了。这种情况下，合法的方案数有多少？
dp[u][1]: 在以 u 为根的子树中，我（节点u）没被选中，但是我的某一个直接孩子被选中了。这种情况下，合法的方案数有多少？
dp[u][2]: 在以 u 为根的子树中，我（节点u）没被选中，并且我的所有直接孩子也都没被选中。这种情况下，合法的方案数有多少？

为什么这么设计？

这个状态设计非常巧妙，它把一个节点 u 对其父节点的影响，归纳为了三种情况：

u 被选了（父节点肯定不能选）。
u 没被选，但 u 的孩子被选了（父节点也肯定不能选，因为父节点和 u 的孩子距离为2）。
u 和 u 的孩子都没被选（父节点选不选都可以，没有限制）。

这样，当我们在计算 u 的父节点 p 的DP值时，就可以根据 u 的这三种状态来做决策了。

4. 状态转移：如何从子节点推导父节点？

假设我们已经通过深度优先搜索（DFS）算完了节点 u 的所有子节点 v 的 dp 值，现在我们来计算 dp[u][0], dp[u][1], dp[u][2]。

a) 计算 dp[u][0]（选 u）

如果我们决定选择节点 u，根据“距离大于2”的规则，u 的所有子节点 v 和孙子节点都不能选。
对于 u 的任意一个子节点 v，它不能被选，它的孩子（u的孙子）也不能被选。这正好对应了 dp[v][2] 的定义！
因为不同子树之间的选择是相互独立的，所以我们把所有子节点 v 的 dp[v][2] 方案数乘起来。
转移方程：dp[u][0] = Π (dp[v][2]) (Π 表示连乘)

b) 计算 dp[u][2]（不选 u，也不选 u 的孩子）

如果我们决定不选 u，也不选它的任何一个直接孩子 v。
那么对于 u 的任意一个子节点 v，它本身不能被选。在 v 的子树里，我们可以选择 v 的一个孩子（对应 dp[v][1]），也可以不选择 v 的孩子（对应 dp[v][2]）。
所以，对于每个子节点 v，它对方案数的贡献是 (dp[v][1] + dp[v][2])。
同样，将所有子节点的贡献相乘。
转移方程：dp[u][2] = Π (dp[v][1] + dp[v][2])

c) 计算 dp[u][1]（不选 u，但选一个孩子）

这是最复杂的一种情况。我们决定不选 u，但要从它的直接孩子中恰好选一个。为什么是“恰好一个”？因为如果选了两个孩子 v1, v2，它们之间的距离 dist(v1, v2) = 2，不满足条件。
所以，我们必须枚举到底选哪个孩子。假设我们选择孩子 v_i：
- 对于被选中的孩子 v_i，它必须被选中，方案数是 dp[v_i][0]。
- 对于所有其他没被选中的孩子 v_j (j != i)，它们不能被选中，所以它们的方案数是 (dp[v_j][1] + dp[v_j][2])。
因此，如果我们固定选择 v_i，方案数就是 dp[v_i][0] × Π_{j≠i} (dp[v_j][1] + dp[v_j][2])。
最后，我们将所有可能的被选孩子 v_i 的情况加起来。
转移方程：dp[u][1] = Σ ( dp[v_i][0] × Π_{j≠i} (dp[v_j][1] + dp[v_j][2]) )

如何高效计算 dp[u][1]?

为什么暴力计算很慢？(O(度数²))
假设节点 u 有 4 个孩子：v1, v2, v3, v4。
为了方便，我们记 C(v) = dp[v][1] + dp[v][2]，记 D(v) = dp[v][0]。
那么 dp[u][1] 的计算展开就是：
选v1: D(v1) * [ C(v2) * C(v3) * C(v4) ] (括号里乘了3次)
选v2: D(v2) * [ C(v1) * C(v3) * C(v4) ] (括号里乘了3次)
选v3: D(v3) * [ C(v1) * C(v2) * C(v4) ] (括号里乘了3次)
选v4: D(v4) * [ C(v1) * C(v2) * C(v3) ] (括号里乘了3次)
看到了吗？为了计算每一项，我们都做了一次循环去乘“除了自己以外的所有人”。如果 u 有 k 个孩子，我们就要做 k次这样的事，每次都要做 k-1 次乘法。总的计算量大约是 k * (k-1)，也就是 O(k^2)，即 O(度数^2)。当一个节点的度数很大时，这会非常慢。
优化的核心思想：乘法变除法
我们发现，每次计算括号里的乘积时，都做了大量重复的计算。
一个很自然的想法是：我能不能先把所有孩子的 C(v) 值都乘起来，得到一个“总乘积”？
TotalProd = C(v1) * C(v2) * C(v3) * C(v4)
有了这个 TotalProd，我们再看上面括号里的内容：
C(v2) * C(v3) * C(v4) 不就是 TotalProd / C(v1) 吗？
C(v1) * C(v3) * C(v4) 不就是 TotalProd / C(v2) 吗？
...以此类推
这样，公式就变成了：
dp[u][1] = Σ ( D(v_i) * TotalProd / C(v_i) )
在模运算中，除以一个数等于乘以它的模逆元。所以：
dp[u][1] = Σ ( D(v_i) * TotalProd * inv(C(v_i)) )
这个方法的时间复杂度是多少呢？
计算 TotalProd：需要遍历所有孩子一次，O(度数)。
计算 dp[u][1] 的累加和：再遍历所有孩子一次，O(度数)。
总复杂度降到了 O(度数)，这是一个巨大的飞跃！
代码的实现：前后缀积的魔法
上面的“总积+逆元”方法已经很棒了，但代码实现用了一种更常见、更巧妙的技巧——前后缀积。
核心思想：对于 v_i 来说，“除了它以外的所有人的乘积”可以拆成两部分：
前缀积 (Prefix Product)：所有在它前面的孩子的 C(v) 乘积。
后缀积 (Suffix Product)：所有在它后面的孩子的 C(v) 乘积。
Π_{j≠i} C(v_j) = (Π_{j<i} C(v_j)) * (Π_{j>i} C(v_j))
代码就是通过一次循环，巧妙地同时维护了这两个积。

5. 汇总答案与细节

遍历方式：我们从根节点（比如1号点）开始进行一次深度优先搜索（DFS）。DFS的回溯过程天然地满足了先计算子节点再计算父节点的顺序。
最终答案：当DFS完成回到根节点1时，dp[1][0], dp[1][1], dp[1][2] 就代表了以1为根的整棵树的所有合法方案。我们将它们加起来：dp[1][0] + dp[1][1] + dp[1][2]。
减去空集：题目要求“不能不选”。在我们的计算中，dp[1][2] 包含了“节点1不选，节点1的孩子也不选”，并一直递归下去，最终导致一个节点都不选的情况。这种情况只有一种。所以最终答案需要减1。
取模：计算过程中所有加法和乘法都要对 998244353 取模。

最终答案为 (dp[1][0] + dp[1][1] + dp[1][2] - 1 + mod) % mod。

6. 代码解析

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const long long mod=998244353;
const int N=300010;
int n;
long long dp[N][3]; // DP数组
vector<int>G[N];    // 邻接表存树

// dp[u][0]：选u
// dp[u][1]：不选u，选u的一个子节点
// dp[u][2]：不选u，不选u的任何子节点

// 快速幂求模逆元
long long qpow(long long x,long long y) { /* ... */ }
long long inv(long long x) { /* ... */ }

void dfs(int u,int fa) {
    // 初始化：对于叶子节点，选它方案为1，不选它方案也为1
    dp[u][0]=dp[u][2]=1;
    dp[u][1]=0; // dp[u][1]是累加的，初值为0

    long long total_prod = 1; // 用于计算 dp[u][1] 的优化
    // 第一次遍历子节点：递归计算子节点，并计算 dp[u][0] 和 dp[u][2]
    for(int v : G[u]) {
        if(v == fa) continue;
        dfs(v, u);
        // 计算 dp[u][0]：所有子节点都必须是状态2
        dp[u][0] = (dp[u][0] * dp[v][2]) % mod;
        // 计算 dp[u][2]：所有子节点可以是状态1或2
        dp[u][2] = (dp[u][2] * (dp[v][1] + dp[v][2])) % mod;
        
        // 预先计算 (dp[v][1] + dp[v][2]) 的总乘积，用于后面优化
        total_prod = (total_prod * (dp[v][1] + dp[v][2])) % mod;
    }

    // 第二次遍历子节点：使用前后缀积思想优化计算 dp[u][1]
    long long prefix_prod = 1; // 前缀积
    for(int v : G[u]) {
        if(v == fa) continue;
        // 此时 total_prod 相当于后缀积
        long long suffix_prod = (total_prod * inv(dp[v][1] + dp[v][2])) % mod;
        
        // 累加：选v的方案数 * 其他子节点（由前缀积和后缀积代表）的方案数
        long long term = (dp[v][0] * prefix_prod) % mod;
        term = (term * suffix_prod) % mod;
        dp[u][1] = (dp[u][1] + term) % mod;
        
        // 更新前缀积和总乘积（为下一次循环准备）
        prefix_prod = (prefix_prod * (dp[v][1] + dp[v][2])) % mod;
        total_prod = suffix_prod;
    }
}

int main() {
    cin >> n;
    for(int i = 1; i < n; i++) {
        int u, v;
        cin >> u >> v;
        G[u].push_back(v);
        G[v].push_back(u);
    }

    dfs(1, 0); // 从根节点1开始DFS

    // 汇总答案，三种情况相加，再减去“一个都不选”的方案
    long long ans = (dp[1][0] + dp[1][1] + dp[1][2] - 1 + mod) % mod;
    cout << ans << endl;

    return 0;
}

希望这份报告能帮助你理解这道有趣的树形DP问题！

posted @ 2025-07-09 15:20 surprise_ying 阅读(20) 评论(0) 收藏举报

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