Newcoder 146 C.Counting paths（树形DP）

Description

给出一棵$n$个节点的树，初始每个点为白色，对于一个点集$S$，定义$f(s)$为：将$S$中点染成黑色，如果存在任何白点在两个黑点路径之间则$f(S)=0$，否则选取一个路径集合，使得该路径集合中每条路径斗不包含黑点，之后把路径上的点染成红色，此时$f(S)$为使得所有黑点的邻接点为黑点或红点的路径集合数量，要求对于每个非空子集$S$计算$f(S)$之和

Input

第一行一整数$n$表示点数，之后$n-1$行每行输入两个整数表示一条树边

$(1\le n\le 2\cdot 10^5)$

Output

输出$f(S)$之和，结果模$998244353$

Sample Input

2
1 2

Sample Output

3

Solution

第二步所选边集会将这棵树分成若干没有红点的连通分支，每个连通分支均可选来做第一步所选点集，连通分支数=未被染成红色点的数量-两个端点均未被染成红色的边的数量，那么单独考虑每个点和每条边对答案的贡献

1.一个点$u$对答案的贡献即为选出不经过该点的边集数量，令$num[x]=2^{\frac{x(x+1)}{2}}$为有$x$个点的连通分支中选出一个边集的方案数，那么点$u$对答案的贡献即为
$$f(u)=num[n-Siz{e}_u]\prod _{v\in son(u)}num[Siz{e}_v]$$
2.一条边$u\to v$对答案的贡献为（假设$u$是$v$的父亲，将这条边的贡献记录在$v$点）
g(v)=num[n−Sizeu]∏s∈son(u)−{v}num[Sizes]∏t∈son(v)num[Sizet] g(v)=num[n-Size_u]\prod\limits_{s\in son(u)-\{v\}}num[Size_s]\prod\limits_{t\in son(v)}num[Size_t] g(v)=num[n−Sizeu​]s∈son(u)−{v}∏​num[Sizes​]t∈son(v)∏​num[Sizet​]
也即
$$g(v)=\frac{f(u)}{num[Siz{e}_v]}\frac{f(v)}{num[n-Siz{e}_v]}$$
树形$DP$一遍，答案即为$\sum _{i=1}^n(f(i)-g(i))$，线性预处理$num[x]$以及$nu{m}^{-1}[x]$，时间复杂度$O(n)$

Code

#include<cstdio>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define maxn 200005
#define mod 998244353
#define inv2 499122177
int mul(int x,int y)
{
	ll z=1ll*x*y;
	return z-z/mod*mod;
}
int add(int x,int y)
{
	x+=y;
	if(x>=mod)x-=mod;
	return x;
}
int b[maxn],c[maxn],ib[maxn],ic[maxn];
void init(int n=2e5)
{
	b[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)b[i]=mul(2,b[i-1]);
	c[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)c[i]=mul(b[i],c[i-1]);
	ib[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)ib[i]=mul(inv2,ib[i-1]);
	ic[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)ic[i]=mul(ib[i],ic[i-1]);
}
int n,Size[maxn],f[maxn],g[maxn];
vector<int>e[maxn];
void dfs(int u,int fa)
{
	Size[u]=1;
	f[u]=1;
	for(int i=0;i<e[u].size();i++)
	{
		int v=e[u][i];
		if(v==fa)continue;
		dfs(v,u);
		f[u]=mul(f[u],c[Size[v]]);
		Size[u]+=Size[v];
	}
	f[u]=mul(f[u],c[n-Size[u]]);
	for(int i=0;i<e[u].size();i++)
	{
		int v=e[u][i];
		if(v==fa)continue;
		g[v]=1;
		g[v]=mul(f[v],ic[n-Size[v]]);//son of v
		g[v]=mul(g[v],mul(f[u],ic[Size[v]]));//brother of v&&out of u
	}
}
int main()
{
	init();
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<n;i++)
	{
		int u,v;
		scanf("%d%d",&u,&v);
		e[u].push_back(v),e[v].push_back(u);
	}
	dfs(1,0);
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)ans=add(ans,add(f[i],mod-g[i]));
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}