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题目大意
给定一个$n$个点的树$T = (G, V)$，每个点有一个正整数点权$a_{i}$。整棵树是第1级划分。定义第$i$级划分是将第$i - 1$级划分中的每个区域划分成至少两个新的区域，并且所有区域都是一个连通块，每个点在每一级中只属于一个区域，在同一级划分内每个区域内的点的点权和相等。一种划分方案包含它划分的每一级。两种划分方案不同当且仅当它们划分的级数不同，或者存在一个点在某一级中它们在两种划分方案中属于不同区域。
之前好像某次noip模拟考过类似的东西，但是当时没弄得清楚，感性理解了这个东西qwq。题解里涉及的大部分结论都被我猜到了，证这些花了半天，最后弃疗看题解。（为啥做了三道计数题都看了题解，果然我太菜了。）
注意
以下结论都在这样一些限制条件下讨论：
- 点权均为正整数。
- 每个点只属于一个区域。
- 如果涉及到有根树相关，默认以1为根。
设$s_{i}$表示以1为根时子树$i$内的点权和，$S = s_{1}$。
引理1 一棵$n$个点数的树，设$S = kS‘, k\in N_{+}, S‘ \in N$，则$\sum_{i = 1}^{n} [S‘\mid s_{i}] \leqslant k$
证明 当$k = 1$的时候，因为$a_{1} > 0$，所以它的子树内的所有点的$s_{i} < k$。
假设当$k \leqslant m - 1$时成立，考虑$k = m$的时候
- 若树内不存在一个点$i$，使得$s_{i} = xS‘, x \in N\wedge 1\leqslant x < m$，则$\sum_{i = 1}^{n} [S‘\mid s_{i}] = 1$，显然成立。
- 若树内存在一个点$i$，使得$s_{i} = xS‘, x \in N\wedge 1\leqslant x < m$，那么我们将它和它的父节点的边断开，把树分成两半部分，一半部分和为$xS‘$，另一部分和为$(m - x)S‘$。对于第一部分，它一定是以1为根的时候完整的一棵子树，把它删去后$i$的祖先的$s$值会减少，但是因为$S‘\mid s_{i}$，所以不会改变祖先的$s_{i}$对$S‘$取模后的剩余。因此可以将第一部分看成以$i$为根的树，第二部分看成以$1$为根的树，根据归纳假设易知，$\sum_{i = 1}^{n} [S‘\mid s_{i}] \leqslant m$。
所以定理得证。
不难发现，当$S‘$不是整数的时候，$\sum_{i = 1}^{n} [\frac{S‘}{s_{i}}\in Z] \leqslant k$也成立。因为我们将每个点的点权乘上$k$，这样新的$S‘$就是整数了，用引理1可得：
$\sum_{i = 1}^{n} [\frac{S‘}{s_{i}}\in Z] = \sum_{i = 1}^{n}[\frac{kS‘}{ks_{i}}\in Z]=\sum_{i = 1}^{n}[kS‘\mid ks_{i}]\leqslant k$
对于一个树$T = (V, E)$，设$f(T, d) = \sum_{v_{i} \in V} [d\mid s_{v_{i}}]$。
定理2 一棵$n$个点数的树$T$，能将它划分成$k$个点权和相等的连通块的充分必要条件是：
- $k\mid S$
- $f(T, \frac{S}{k}) = k$
证明 第一点的必要性显然，现在只考虑第二点。设$S = kS‘$。
必要性 我们考虑$k$个连通块，每个连通块的最浅点的$s$值一定是$S‘$的倍数。因为假设它不是$S‘$的倍数，那么由第一点的必要性可知它的子树内不能划分成若干联通块，剩下的点会被孤立，这样会使得划分方式不合法。
充分性 我们将所有满足$S‘ \mid s_{i}, i > 1$的点都和它的父节点把边断开，显然会产生$k$个连通块，现在证明这样一定满足条件：
-
- 因为点的权值都为正，所以不存在一个连通块的和为0或负数。
- 显然每个连通块的点权都是$S‘$的倍数
- 假设存在一个连通块的点权大于$S‘$，那么把它删去后会剩下若干个树$T_{1}, \cdots, T_{p}$，它们的点权和小于$(k - 1)S‘$，由引理1易证$\sum_{i = 1}^{p}f(T_{i}, S‘) < k - 1$。所以这个连通块内至少存在两个点它们的$s$值是$S‘$的倍数，这与构造的方案矛盾。所以不存在一个连通块的权值和大于$S‘$。
由以上三点可知对于每一个连通块的权值都是$S‘$。因此定理得证。
同时我们由证明过程也知道，满足$S‘ \mid s_{i}, i > 1$的点都必须和它的父节点把边断开，也就是说方案是唯一的。
也就是说：
推论3 一棵$n$个点数的树$T$，能将它划分成$k$个点权和相等的连通块的方案数要么是0，要么是1。
先考虑对于第2级划分，我们希望知道对于每一个$k, 1\leqslant k \leqslant n$，$f(T, \frac{S}{k})$的值。
根据定义有
$f(T, \frac{S}{k}) = \sum_{v_{i} \in V} [\frac{S}{k}\mid s_{v_{i}}]\\= \sum_{v_{i} \in V} [S\mid s_{v_{i}}k]\\= \sum_{v_{i} \in V} [\frac{S}{(S, s_{i})}\mid k]$
那么现在可以用一个简单dp在$O(n\log n)$内处理掉它。
考虑级数大于2的时候，不难发现以下结论：
定理4 一棵$n$个点数的树$T$，能够划分成2个分别包含$k_{1}, k_{2}\ \ (k_{1} < k_{2})$个区域的级别的充分必要条件是：
- $k_{1}\mid k_{2}, k_{2}\mid S$
- $f(T, \frac{S}{k_1}) = k_1 \wedge f(T, \frac{S}{k_2}) = k_2$
证明 必要性显然。
充分性 考虑我们将这个数划分成$k_{1}$个区域，每个区域是一个连通块，那么就是一棵树。设它们分别是$T_{1}, \cdots, T_{k_{1}}$。每一部分的和都是$\frac{S}{k_{1}}$，由第一点可知是$\frac{S}{k_{2}}$的倍数，因此分开后对$s_{i}$对$\frac{S}{k_{2}}$取模后的剩余无影响。由引理1可知$f(T_{i}, \frac{S}{k_{2}}) \leqslant \frac{k_2}{k_1}$，又因为$f(T, \frac{S}{k_2}) = k_2 = k_{1}\times \frac{k_{2}}{k_{1}}$，所以$f(T_{i}, \frac{S}{k_{2}}) = \frac{k_2}{k_1}$，由定理2可知每一区域都可以划分成$\frac{k_{2}}{k_{1}}$个新区域。
因此定理得证。
由推论3和定理4可知如果将划分成$k$个区域的方案看成一个点，满足$k_{1}, k_{2}\ \ (k_{1} < k_{2})$和定理4的两点的两个合法的一级划分，那么$k_{1}$向$k_{2}$连一条有向边，显然它构成了一个DAG。那么一个合法的划分方案对应从1开始的一条路径。现在就简单了，用$g_{i}$表示以$i$为路径结尾的路径条数，再做一次dp就完了。
最后来证一个可以压常数的结论，推广一下$f$，现在把它设成$f(T, d) = \sum_{v_{i} \in V} [\frac{s_{v_{i}}}{d} \in Z]$。
推论5 一棵$n$个点数的树$T$，设$S = kS‘, k\in N_{+}, k > 1, k\nmid S$，则$f(T, S‘) < k$
证明 考虑$k = 2$的时候，因为$k\nmid S$，所以只有$s_{1}$满足条件，$f(T, S‘) = 1 < 2$。
假设当$k \leqslant m - 1$的时候成立，考虑$k = m$的时候，
- 若不存在一个点$i, i > 1$使得$\frac{s_{i}}{S‘} \in Z$，那么$f(T, S‘) = 1 < m$。
- 若存在一个点$i, i > 1$使得$\frac{s_{i}}{S‘} \in Z$，那么我们把它和它的父节点的边断开，把树分成两棵树$T_{1}, T_{2}$，因为$\frac{s_{i}}{S‘}$的小数部分为0，所以对它的祖先$\frac{s_{j}}{S‘}$的小数部分没有影响，即不会改变它是否为整数。显然两部分的和都小于$mS‘$，所以由归纳假设可知当$k = m$时成立。
因此定理得证。
现在就不用判断$k$是否是$S$的约数了，只用判断$f(T, \frac{S}{k})$的值。
总时间复杂度$O(n\log n)$。
Code
1 /**
2 * Codeforces
3 * Problem#1034C
4 * Accepted
5 * Time: 717ms
6 * Memory: 19900k
7 */
8 #include <bits/stdc++.h>
9 #ifndef WIN32
10 #define Auto "%lld"
11 #else
12 #define Auto "%I64d"
13 #endif
14 using namespace std;
15 typedef bool boolean;
16 #define ll long long
17
18 const int N = 1e6 + 5, M = 1e9 + 7;
19
20 ll gcd(ll a, ll b) {
21 return (b) ? (gcd(b, a % b)) : (a);
22 }
23
24 int add(int a, int b) {
25 return ((a += b) >= M) ? (a - M) : (a);
26 }
27
28 int n, res;
29 ll ss[N];
30 int fa[N], f[N], g[N];
31
32 int main() {
33 scanf("%d", &n);
34 for (int i = 1; i <= n; i++)
35 scanf(Auto, ss + i);
36 for (int i = 2; i <= n; i++)
37 scanf("%d", fa + i);
38 for (int i = n; i > 1; i--)
39 ss[fa[i]] += ss[i];
40 ll S = ss[1];
41 for (int i = 1; i <= n; i++)
42 if ((ss[i] = S / gcd(S, ss[i])) <= n)
43 f[ss[i]]++;
44 for (int i = n; i; i--)
45 for (int j = i << 1; j <= n; j += i)
46 f[j] += f[i];
47 g[1] = 1;
48 for (int i = 1; i <= n; i++)
49 if (f[i] == i) {
50 res = add(res, g[i]);
51 for (int j = i << 1; j <= n; j += i)
52 g[j] = add(g[j], g[i]);
53 }
54 printf("%d\n", res);
55 return 0;
56 }
原文地址：https://www.cnblogs.com/yyf0309/p/9694235.html