ZROI – 19普及组 – Day2 – T4

题意

给定一棵 nnn 个节点的有根树，每个点有点权。对于所有叶子节点，点权为 000 或 111。非叶子节点分为两类，对于第一类，点权为其所有儿子节点的点权与非和；对于第二类，点权恒为 hi∈[0，1]h_i\in[0， 1]hi∈[0，1]，题目给定 hih_ihi.

现在给叶子节点赋值。

存在 AAA 种不同的赋值方法使得：若将所有第二类点变为第一类点，根节点的点权不变，一共存在 BBB 种不同的赋值方法。

求 ABmod998244353\frac{A}{B}\bmod 998244353BAmod998244353.

解法

_{上面的部分只用于理解题意，与Solution部分基本无关。}

考虑树形DP.

定义 cnt⁡[x]\operatorname{cnt}[x]cnt[x] 表示与 xxx 直接相连的叶子节点个数。

定义 xxx 的理论值为：如果所有的与非门都能正常工作，xxx 的点权。

定义 xxx 的实际值为：在实际情况下， xxx 的点权。

设置状态 DP⁡x,0/1,0/1\operatorname{DP}_{x,0/1,0/1}DPx,0/1,0/1 表示 xxx 的点权，理论值为 0/10/10/1，实际值为 0/10/10/1 时的赋值方法种类数量。

Part\rm{Part}Part 1\rm{1}1

如果 xxx 不是一个坏了的与非门，那么考虑此时四种状态如何从 xxx 的儿子转移上来。

DP⁡x,0,0\operatorname{DP}_{x, 0, 0}DPx,0,0 的转移

对于 DP⁡x,0,0\operatorname{DP}_{x, 0, 0}DPx,0,0，理论值和实际值都为 000，所以对于所有 xxx 的儿子，理论值和实际值必须都为 111，即：
DP⁡x,0,0=∏i是x的儿子DP⁡i,1,1\operatorname{DP}_{x, 0, 0} = \prod_{\text{i是x的儿子}}\operatorname{DP}_{i, 1, 1} DPx,0,0=i是x的儿子∏DPi,1,1

DP⁡x,0,1\operatorname{DP}_{x, 0, 1}DPx,0,1 的转移

对于 DP⁡x,0,1\operatorname{DP}_{x, 0, 1}DPx,0,1，理论值为 000，实际值为 111，说明 xxx 的所有儿子，必须满足理论值为 111，且至少一个实际值不为 111

容易想到容斥原理，易得 DP⁡x,0,1\operatorname{DP}_{x, 0, 1}DPx,0,1 等于：所有儿子的理论值都为 111，实际值随意的情况数，减去所有儿子理论值都为 111 ，实际值都为 111 的情况数。

又因为所有儿子理论值都为 111 ，实际值都为 111 的情况数等于 DP⁡x,0,0\operatorname{DP}_{x, 0, 0}DPx,0,0，所以有转移方程：
DP⁡x,0,1=∏i是x的儿子(DP⁡i,1,0+DP⁡i,1,1)−DP⁡x,0,0\operatorname{DP}_{x, 0, 1}=\prod_{\text{i是x的儿子}}(\operatorname{DP}_{i, 1, 0} +\operatorname{DP}_{i, 1, 1} )-\operatorname{DP}_{x, 0, 0} DPx,0,1=i是x的儿子∏(DPi,1,0+DPi,1,1)−DPx,0,0

DP⁡x,1,0\operatorname{DP}_{x, 1, 0}DPx,1,0 的转移

与 DP⁡x,0,1\operatorname{DP}_{x, 0, 1}DPx,0,1 类似，可以得到转移方程：
DP⁡x,1,0=∏i是x的儿子(DP⁡i,0,1+DP⁡i,1,1)−DP⁡x,0,0\operatorname{DP}_{x, 1, 0}=\prod_{\text{i是x的儿子}}(\operatorname{DP}_{i, 0, 1} +\operatorname{DP}_{i, 1, 1} )-\operatorname{DP}_{x, 0, 0} DPx,1,0=i是x的儿子∏(DPi,0,1+DPi,1,1)−DPx,0,0

DP⁡x,1,1\operatorname{DP}_{x, 1, 1}DPx,1,1 的转移

由于 DP⁡x,0,0\operatorname{DP}_{x, 0, 0}DPx,0,0，DP⁡x,0,1\operatorname{DP}_{x, 0, 1}DPx,0,1，DP⁡x,1,0\operatorname{DP}_{x, 1, 0}DPx,1,0，DP⁡x,1,1\operatorname{DP}_{x, 1, 1}DPx,1,1 四种情况为所有的状态，所以只需要用所有的状态减去前面三个状态，就可以得到 DP⁡x,1,1\operatorname{DP}_{x, 1, 1}DPx,1,1 了，即：
DP⁡x,1,1=2cnt⁡[x]⋅∏i是x的儿子(DP⁡i,0,0+DP⁡i,0,1+DP⁡i,1,0+DP⁡i,1,1)−(DP⁡x,0,0+DP⁡x,0,1+DP⁡x,1,0)\operatorname{DP}_{x, 1, 1}=2^{\operatorname{cnt}[x]}\cdot \prod_{\text{i是x的儿子}}(\operatorname{DP}_{i, 0, 0}+\operatorname{DP}_{i, 0, 1}+\operatorname{DP}_{i, 1, 0}+\operatorname{DP}_{i, 1, 1})-(\operatorname{DP}_{x, 0, 0}+\operatorname{DP}_{x, 0, 1}+\operatorname{DP}_{x, 1, 0}) DPx,1,1=2cnt[x]⋅i是x的儿子∏(DPi,0,0+DPi,0,1+DPi,1,0+DPi,1,1)−(DPx,0,0+DPx,0,1+DPx,1,0)

至此，我们已经知道了：若 xxx 不是一个坏了的与非门，如何从 xxx 的儿子转移到 xxx 上。

void dfs(int x) {dp[x][0][0] = dp[x][0][1] = dp[x][1][0] = 1;dp[x][1][1] = power(2, cnt[x]);for(int i = head[x]; i; i = edge[i].nxt) {int ne = edge[i].to;dfs(ne);dp[x][0][0] *= dp[ne][1][1];dp[x][0][1] *= dp[ne][1][0] + dp[ne][1][1];dp[x][1][0] *= dp[ne][0][1] + dp[ne][1][1];dp[x][1][1] *= dp[ne][0][0] + dp[ne][0][1] + dp[ne][1][0] + dp[ne][1][1];}dp[x][0][1] -= dp[x][0][0];dp[x][1][0] -= dp[x][0][0];dp[x][1][1] -= dp[x][0][0] + dp[x][0][1] + dp[x][1][0];
}

Part\rm{Part}Part 2\rm{2}2

下面处理特殊情况：xxx 是坏了的与非门。

如果 xxx 只能输出 000，不能输出 111.

因为 Part\rm{Part}Part 1\rm{1}1 中的实际值，是在默认 xxx 不是坏了的与非门的前提下考虑的。如果 xxx 是坏了的与非门，那么 DP⁡x\operatorname{DP}_{x}DPx 就只与 xxx 儿子的理论值相关了。

所以 Part\rm{Part}Part 1\rm{1}1 中的 DP⁡x,1,1\operatorname{DP}_{x, 1, 1}DPx,1,1 应该归到 DP⁡x,1,0\operatorname{DP}_{x, 1, 0}DPx,1,0 中，DP⁡x,0,1\operatorname{DP}_{x, 0, 1}DPx,0,1 应该归到 DP⁡x,0,0\operatorname{DP}_{x, 0, 0}DPx,0,0 中，即：

if(t[now].sta == 0) {dp[now][0][0] += dp[now][0][1];dp[now][1][0] += dp[now][1][1];dp[now][0][1] = dp[now][1][1] = 0;
}

如果 xxx 只能输出 111，不能输出 000.

同理，将 Part\rm{Part}Part 1\rm{1}1 中的 DP⁡x,0,0\operatorname{DP}_{x, 0, 0}DPx,0,0 应该归到 DP⁡x,0,1\operatorname{DP}_{x, 0, 1}DPx,0,1 中，DP⁡x,1,0\operatorname{DP}_{x, 1, 0}DPx,1,0 应该归到 DP⁡x,1,1\operatorname{DP}_{x, 1, 1}DPx,1,1 中.

if(t[now].sta == 1) {dp[now][0][1] += dp[now][0][0];dp[now][1][1] += dp[now][1][0];dp[now][0][0] = dp[now][1][0] = 0;
}

代码

代码没开long long，没取模（因为加上取模之后代码宽度直接爆炸）

#include <bits/stdc++.h>
#define MAXN 200008
using namespace std;
int n, root;
struct Point{int fa, cnt_son, sta;} t[MAXN];
struct Edge{int to, nxt;} edge[2 * MAXN];
int head[MAXN], cnt = 0;
int deg[MAXN], res[MAXN];
void add(int x, int y) {edge[++cnt].to = y;edge[cnt].nxt = head[x];head[x] = cnt;deg[x]++;
}
int dp[MAXN][2][2];
int power(int x, int k) {int ret = 1;while(k) {if(k & 1) ret = ret * x;k >>= 1;x = x * x;}return ret;
}
int inv(int x, int p) {return power(x, p - 2) % p;
}
void dfs(int now) {res[now] = t[now].cnt_son - deg[now];dp[now][0][0] = dp[now][0][1] = dp[now][1][0] = 1;dp[now][1][1] = power(2, res[now]);for(int i = head[now]; i; i = edge[i].nxt) {int ne = edge[i].to;dfs(ne);res[now] += res[ne];dp[now][0][0] *= dp[ne][1][1];dp[now][0][1] *= dp[ne][1][0] + dp[ne][1][1];dp[now][1][0] *= dp[ne][0][1] + dp[ne][1][1];dp[now][1][1] *= dp[ne][0][0] + dp[ne][0][1] + dp[ne][1][0] + dp[ne][1][1];}dp[now][0][1] -= dp[now][0][0];dp[now][1][0] -= dp[now][0][0];dp[now][1][1] -= dp[now][0][0] + dp[now][0][1] + dp[now][1][0];if(t[now].sta == 0) {dp[now][0][0] += dp[now][0][1];dp[now][1][0] += dp[now][1][1];dp[now][0][1] = dp[now][1][1] = 0;}if(t[now].sta == 1) {dp[now][0][1] += dp[now][0][0];dp[now][1][1] += dp[now][1][0];dp[now][0][0] = dp[now][1][0] = 0;}
}
int main() {cin >> n;for(int i = 1; i <= n; i++) {cin >> t[i].fa >> t[i].cnt_son >> t[i].sta;if(t[i].fa == 0) {root = i;continue;}add(t[i].fa, i);}dfs(root);int ans = (dp[root][0][0] + dp[root][1][1]) * inv(power(2, res[root]), 998244353);cout << ans << endl;return 0;
}