题面:
得分情况:
写了朴素的
dp没看到OJ上有多组数据,成功爆零了。
正解:
首先
的朴素dp很简单,dp[i]表示在以i为根的子树中满足条件的方案数,转移是
,一次的时间复杂度为
,然后以每个点为根分别做一次dp就行了。
很明显这题是要换根dp,首先我们跑一遍以1为根的dp,然后从1往下进行第二遍dfs,每个点需要乘的是他的父亲除了他这个儿子以外的其他儿子的dp值+1相乘,维护前缀积和后缀积即可。总复杂度为
代码:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const long long mod=1e9+7;
const int maxn=1e5+100;
long long dp[maxn],g[maxn];
int n,T;
vector <int> map1[maxn];
void dfs1(int now)
{
dp[now]=1;
for(int i=0;i<map1[now].size();i++)
{
int to=map1[now][i];
dfs1(to);
dp[now]=(dp[now]*(dp[to]+1))%mod;
}
}
void dfs2(int now)
{
vector <int> l,r;
int num=map1[now].size();
for(int i=0;i<=num+1;i++)
{
l.push_back(0);
r.push_back(0);
}
l[0]=1;
for(int i=0;i<num;i++)
{
int to=map1[now][i];
l[i+1]=(l[i]*(dp[to]+1))%mod;
}
r[num+1]=1;
for(int i=num-1;i>=0;i--)
{
int to=map1[now][i];
r[i+1]=(r[i+2]*(dp[to]+1))%mod;
}
int k=0;
for(int i=0;i<num;i++)
{
k++;
g[map1[now][i]]=(((g[now]*l[k-1])%mod*r[k+1])%mod+1)%mod;
dfs2(map1[now][i]);
}
}
int main()
{
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) map1[i].clear();
for(int i=2;i<=n;i++)
{
int x;
scanf("%d",&x);
map1[x].push_back(i);
}
dfs1(1);
g[1]=1;
dfs2(1);
for(int i=1;i<=n;i++) { printf("%lld ",dp[i]*g[i]%mod);}
printf("\n");
}
return 0;
}