2024杭电多校6——1007树上MEX问题

补题点这里

做一些对官方题解的补充: 1.为什么问题可以转化为求$MEX\ge i$的连通块数量, 题目让我们求所有连通导出子图MEX之和,可能存在的答案有1,2......n,对于$i$,它的贡献是$MEX=i$的联通子图数量乘上MEX， 所以答案$ans={\sum }_{i=1}^{n}i\ast |MEX=i|$, 记$su{m}_i=|MEX=i|$ , 所以$ans={\sum }_{i=1}^{n}i\ast su{m}_i$,

而$|MEX\ge i|={\sum }_{j=i}^{n}su{m}_j$ ${\sum }_{i=1}^n|MEX\ge i|={\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=i}^{n}su{m}_j$ 这个式子换个形式就是${\sum }_{i=1}^{n}i\ast su{m}_i$,也就是要求的答案，(如果不理解的话带个n进去，自己展开写一下就明白了) 至于题解里的联想我是不明白，我只能从结果说明二者等价

2.对于求连通块的的dp 只用本身也是一个连通块,所以dp初值是1 为什么是$\prod (1+dp[v])$, 1代表不选这棵子树,dp[v]是选择这棵子树的方案数,子树独立，所以乘起来即可

3.为什么$nu{m}_i$是和集合$S_i$有直接连边但不在集合里的点v，它们的$(1+dp[v])$乘起来? 类似于求连通块的dp，相当于把集合$S_i$缩成一个点，那么这样看不就是求这个点的dp值吗

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i64 = long long;
#define ios ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
const int mod = 998244353;
const int maxn = 1e5+10;
//代码没有考虑(1+dp[x])%mod==0的情况
i64 qp(i64 a,i64 b){
    i64 res = 1;
    while(b){
        if(b&1) res = (res*a)%mod;
        b>>=1;
        a = (a*a)%mod;
    }
    return res;
}

int n,ff[maxn],rt,ans,now;
int fa[maxn];
void dfs(int x,int fat,vector<int>&dp,vector<vector<int>> &g){
    fa[x] = fat;
    for(auto y:g[x]){
        if(y==fat) continue;
        dfs(y,x,dp,g);
        dp[x] = (dp[x]*(1LL+dp[y])%mod)%mod;
    }
}

void solve() {
    cin>>n;
    vector<int>a(n+1);
    vector<vector<int>> g(n+1);
    for(int i = 1;i<=n;++i){
        cin>>a[i];
        ff[a[i]] = i;
    }
    for(int i = 1;i<n;++i){
        int x,y;
        cin>>x>>y;
        g[x].push_back(y);
        g[y].push_back(x);
    }
    vector<int> dp(n+1,1);
    rt = ff[0];
    dfs(rt,0,dp,g);
    ans = dp[rt],now = ans;
    stack<int>st;
    vector<bool> vis(n+1,0);
    vis[rt]=1;
    for(int i = 1;i<n;++i){
        int u = ff[i];
        if(!vis[u]){
            while(!vis[u]){
                st.push(u);
                u = fa[u];
            }
            while(!st.empty()){
                int x = st.top();
                st.pop();
                vis[x]=1;
                now = (1LL*now*(qp((1LL+dp[x])%mod,mod-2)%mod))%mod;
                now = (1LL*now*dp[x])%mod;
            }
        }
        ans = (1LL*ans+now)%mod;
    }
    cout<<ans<<"\n";
}

signed main() {
    ios;
    int t;
    cin >> t;
    while (t--) {
        solve();
    }
    return 0;
}

对于处理$(1+dp[v])\%mod==0$的情况，题解里给了方法，但是我不会实现，有会的佬教教我