CodeForces 461B Appleman and T

  1 #include <bits/stdc++.h>
  2 using namespace std;
  3  
  4 #define rep(i,n) for (int i = 0; i < (n); ++i)
  5 #define For(i,s,t) for (int i = (s); i <= (t); ++i)
  6 #define rFor(i,t,s) for (int i = (t); i >= (s); --i)
  7 #define foreach(i,c) for (__typeof(c.begin()) i = c.begin(); i != c.end(); ++i)
  8 #define rforeach(i,c) for (__typeof(c.rbegin()) i = c.rbegin(); i != c.rend(); ++i)
  9  
 10 #define pr(x) cout << #x << " = " << x << "  "
 11 #define prln(x) cout << #x << " = " << x << endl
 12  
 13 #define LOWBIT(x) ((x)&(-x))
 14  
 15 #define ALL(x) x.begin(),x.end()
 16 #define INS(x) inserter(x,x.begin())
 17  
 18 #define ms0(a) memset(a,0,sizeof(a))
 19 #define msI(a) memset(a,inf,sizeof(a))
 20 #define msM(a) memset(a,-1,sizeof(a))
 21  
 22 #define pii pair<int,int> 
 23 #define piii pair<pair<int,int>,int> 
 24 #define mp make_pair
 25 #define pb push_back
 26 #define fi first
 27 #define se second
 28  
 29 inline int gc(){
 30     static const int BUF = 1e7;
 31     static char buf[BUF], *bg = buf + BUF, *ed = bg;
 32      
 33     if(bg == ed) fread(bg = buf, 1, BUF, stdin);
 34     return *bg++;
 35 } 
 36  
 37 inline int ri(){
 38     int x = 0, f = 1, c = gc();
 39     for(; c<48||c>57; f = c==‘-‘?-1:f, c=gc());
 40     for(; c>47&&c<58; x = x*10 + c - 48, c=gc());
 41     return x*f;
 42 }
 43  
 44 typedef long long LL;
 45 typedef unsigned long long uLL;
 46 const int inf = 1e9 + 9;
 47 const LL mod = 1e9 + 7;
 48 const int maxN = 1e5 + 7;
 49  
 50 struct Node{
 51     vector< int > next;
 52 };
 53  
 54 int n, ans;
 55  
 56 /*
 57     设A(x) = 在以顶点x为根的子树中，所有满足使x所在子图不含黑色顶点，其余子图只含有1个黑色顶点的分割方案种数 
 58     设B(x) = 在以顶点x为根的子树中，所有满足每个子图只含有1个黑色顶点的分割方案种数 
 59     设C(x) = 在以顶点x为根的子树中，所有满足使x所在子图只含有1个黑色顶点，其余子图只含有1个黑色顶点的分割方案种数 
 60     则有： 
 61         dp[v][0] = A(v) + B(v)
 62         dp[v][1] = B(v)
 63         C(v) = B(v)
 64     The answer is dp[0][1].
 65 */
 66 LL dp[maxN][2];
 67 Node nodes[maxN];
 68 int color[maxN];
 69  
 70 void dfs(int x) {
 71     // 默认顶点x为白色 
 72     dp[x][0] = 1;
 73     dp[x][1] = 0;
 74      
 75     foreach(i, nodes[x].next) {
 76         dfs(*i);
 77         // dp[*i][0] 包含 A(*i) 和 C(*i)，对于A(*i)，令其与C(x)相连
 78         // 而对于C(*i)，令其与C(x)分断 
 79         dp[x][1] = (dp[x][1] * dp[*i][0]) % mod;
 80         // dp[x][0] 包含 A(x)，令其与C(*i)相连
 81           dp[x][1] = (dp[x][1] + dp[x][0] * dp[*i][1]) % mod;
 82           // 此时dp[x][0] = A(x) 
 83           // dp[x][0] * dp[*i][0] = A(x)*A(*i) + A(x)*C(*i)
 84           // 依次是连接新子树的A(*i)部分和断掉新子树的C(*i)部分，两这都可以保证dp[x][0]更新后还是A(x) 
 85           dp[x][0] = (dp[x][0] * dp[*i][0]) % mod;
 86     }
 87      
 88     if(color[x] == 1) dp[x][1] = dp[x][0]; // 当根节点为黑色时，A(x)实际上是C(x)，而真正的A(x) = 0 
 89     else dp[x][0] = (dp[x][0] + dp[x][1]) % mod; // 此时 dp[x][0] = A(x) + C(x)
 90 }
 91  
 92 int main(){
 93     while(cin >> n) {
 94         rep(i, n) nodes[i].next.clear();
 95         For(i, 1, n-1) {
 96             int t;
 97             cin >> t;
 98             // 根据题目要求，并不需要加反向边 
 99             nodes[t].next.push_back(i);
100         }
101         rep(i, n) cin >> color[i];
102          
103         dfs(0);
104          
105         cout << dp[0][1] <<endl;
106     }
107     return 0;
108 }