问题 A: Evensgn 剪树枝
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题目描述
繁华中学有一棵苹果树。苹果树有 n 个节点（也就是苹果），n − 1 条边（也就
是树枝）。调皮的 Evensgn 爬到苹果树上。他发现这棵苹果树上的苹果有两种：一
种是黑苹果，一种是红苹果。Evensgn 想要剪掉 k 条树枝，将整棵树分成 k + 1 个
部分。他想要保证每个部分里面有且仅有一个黑苹果。请问他一共有多少种剪树枝
的方案？
输入
第一行一个数字 n，表示苹果树的节点（苹果）个数。
第二行一共 n − 1 个数字 p0, p1, p2, p3, ..., pn−2，pi 表示第 i + 1 个节点和 pi 节
点之间有一条边。注意，点的编号是 0 到 n − 1。
第三行一共 n 个数字 x0, x1, x2, x3, ..., xn−1。如果 xi 是 1，表示 i 号节点是黑
苹果；如果 xi 是 0，表示 i 号节点是红苹果。
输出
输出一个数字，表示总方案数。答案对 109 + 7 取模。
样例输入
样例输入 2 6 0 1 1 0 4 1 1 0 0 1 0 样例输入 3 10 0 1 2 1 4 4 4 0 8 0 0 0 1 0 1 1 0 0 1
样例输出
样例输出 1 2 样例输出 2 1 样例输出 3 27
提示
数据范围
对于 30% 的数据，1 ≤ n ≤ 10。
对于 60% 的数据，1 ≤ n ≤ 100。
对于 80% 的数据，1 ≤ n ≤ 1000。
对于 100% 的数据，1 ≤ n ≤ 105。
对于所有数据点，都有 0 ≤ pi ≤ n − 1，xi = 0 或 xi = 1。
特别地，60% 中、80% 中、100% 中各有一个点，树的形态是一条链
solution：
这题考试考得时候水了30分的链，正解是树规，想到了但是推了转移方程没推出来QAQ。
f[i][0][0]代表第i个点是否砍掉，以它为根的子树中有没有黑点。
叶子节点：
如果是白点 如果是黑点：
f[u][1][1]=0; f[u][1][1]=1;
f[u][0][1]=0; f[u][0][1]=1;
f[u][1][0]=1; f[u][1][0]=0;
f[u][0][0]=1; f[u][0][0]=0;
至于转移方程吗，很恶心的玩意：
黑点：f[u][1][0]=0; f[u][0][0]=0;（这两种情况不成立，不管砍不砍以它为根的子树中一定有黑点）
f[u][1][1]=f[v][1][1]+f[v][0][0]的乘积（它被砍了子树中只能有它一个黑点，所以儿子中要么没有黑点[0][0]要么有黑点被砍了[1][1]）
f[u][0][1]不知道暂时赋值为f[u][1][1]
白点：f[u][1][0]这种情况对答案没有贡献设为0，因为它为白点子树仍为白点都不能割；
f[u][0][0]=f[v][1][1]+f[v][0][0]的乘积（它的子树中没有黑点，儿子中要么没有黑点[0][0]要么有黑点被砍了[1][1]）
f[u][1][1]=∑f[x][0][1]*（f[v][1][1]+f[v][0][0]），它为白以它为根的子树中有且只有一个黑点，则只有一个黑点儿子不被砍，其余儿子中要么没有黑点[0][0]要么有黑点被砍了[1][1]
最后答案为f[0][0][1]
1 #include<cstdio>
2 #include<cstring>
3 #include<iostream>
4 #include<algorithm>
5 using namespace std;
6 #define mod 1000000007
7 #define int long long
8 int read() {
9 int s=0,f=1;
10 char ch=getchar();
11 while(ch>‘9‘||ch<‘0‘) {
12 if(ch==‘-‘) {
13 f=-1;
14 }
15 ch=getchar();
16 }
17 while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘) {
18 s=(s<<1)+(s<<3)+(ch^48);
19 ch=getchar();
20 }
21 return s*f;
22 }
23 long long f[100005][2][2];
24 int r[100005],tot,n;
25 //哪一个点 是否砍掉 子树中是否有黑点
26 int col[100005],son[100005];
27 struct node {
28 int to,next;
29 } c[400005];
30 void add(int x,int y) {
31 c[tot]=(node) {
32 y,r[x]
33 };
34 r[x]=tot++;
35 }/*
36 void dfs1(int u,int v) {
37 for(int i=r[u]; ~i; i=c[i].next) {
38 if(c[i].to==v) {
39 continue;
40 }
41 dfs1(c[i].to,u);
42 son[u]=1;
43 }
44 }*/
45 void dfs1(int u,int v) {
46 for(int i=r[u]; ~i; i=c[i].next) {
47 if(c[i].to==v) {
48 continue;
49 }
50 dfs1(c[i].to,u);
51 son[u]=1;
52 }
53 }
54 inline void dfs(int u,int v) {
55 if(!son[u]) {
56 if(col[u]) {
57 f[u][1][1]=1;
58 f[u][0][1]=1;
59 f[u][1][0]=0;
60 f[u][0][0]=0;
61 } else {
62 f[u][1][1]=0;
63 f[u][0][1]=0;
64 f[u][1][0]=1;
65 f[u][0][0]=1;
66 }
67 return ;
68 }
69 for(int i=r[u]; ~i; i=c[i].next) {
70 if(c[i].to==v) {
71 continue;
72 }
73 dfs(c[i].to,u);
74 }
75 if(col[u]) { //黑点
76 f[u][1][0]=0;
77 f[u][0][0]=0;
78 int sum=1;
79 for(int i=r[u]; ~i; i=c[i].next) {
80 if(c[i].to==v) {
81 continue;
82 }
83 sum=sum*(f[c[i].to][0][0]+f[c[i].to][1][1])%mod;
84 }
85 f[u][0][1]+=sum;
86 f[u][1][1]+=sum;
87 } else { //白点
88 f[u][1][0]=0;
89 int sum=1;
90 for(int i=r[u]; ~i; i=c[i].next) {
91 if(c[i].to==v) {
92 continue;
93 }
94 sum=sum*(f[c[i].to][0][0]+f[c[i].to][1][1])%mod;
95 }
96 f[u][0][0]+=sum;
97 int ans=0;
98 sum=1;
99 for(int i=r[u]; ~i; i=c[i].next,sum=1) {
100 if(c[i].to==v) {
101 continue;
102 }
103 int ji=f[c[i].to][0][1];
104 if(!ji) {
105 continue;
106 }
107 for(int j=r[u]; ~j; j=c[j].next) {
108 if(c[j].to==v||j==i) {
109 continue;
110 }
111 sum=sum*(f[c[j].to][0][0]+f[c[j].to][1][1])%mod;
112 }
113 ans=(ans+ji*sum)%mod;
114 }
115 f[u][1][1]=ans%mod;
116 f[u][0][1]=ans%mod;
117 }
118 }
119 signed main() {
120 //freopen("tree9.in","r",stdin);
121 memset(r,-1,sizeof(r));
122 n=read();
123 for(int x,i=0; i<n-1; i++) {
124 x=read();
125 add(x,i+1);
126 add(i+1,x);
127 }
128 for(int i=0; i<n; i++) {
129 col[i]=read();
130 }
131 dfs1(0,-1);
132 dfs(0,-1);
133 cout<<f[0][0][1]%mod;
134 return 0;
135 }