洛谷题面

感觉是非常经典的一道题，最近好像总是见到，今天也算给它做了，发一篇题解来记录一下。

这道题是一道树形 DP 题，设 $f[u][0/1]$ 表示 $u$ 点属于一个无黑点 $/$ 有且仅有一个黑点的联通块时的方案数。我们考虑如何进行转移。

对于 $f[u][1]$，我们考虑如果 $u$ 在一个有且仅有一个黑点的联通块时，对于它的儿子 $v$，有三种情况：

1. 儿子是不合法的，那么我们需要把儿子和 $u$ 放在一个联通块里，也就是儿子要贴着父亲，对应的贡献是$f[u][1]\times f[v][0]$。
2. 儿子是合法的，那么我们可以从中间断开，对应的贡献是 $f[u][1]\times f[v][1]$。
3. 父亲是不合法的，那么需要把 $u$ 和它的儿子放到一个联通块里，对应的贡献是 $f[u][0]\times f[v][1]$。

所以对于 $f[u][1]$ 的转移就是 $f[u][1]=f[u][1]\times (f[v][0]+f[v][1])+f[u][0]\times f[v][1]$。

对于 $f[u][0]$，有两种情况：

1. 父亲不合法的同时，儿子也不合法，那么把父亲和儿子放在一起，对应的贡献是 $f[u][0]\times f[v][0]$。
2. 父亲不合法，但儿子合法，那么就从中间断开，对应的贡献是 $f[u][0]\times f[v][1]$。

所以对于 $f[u][0]$ 的转移就是 $f[u][0]=f[u][0]\times (f[v][0]+f[v][1])$。

初始的状态是 $f[u][color[u]]=1$，最后的答案如果以 $1$ 为根的话就是 $f[1][1]$。

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define drep(a,b,c) for(int a(b) ; a>=(c) ; --a)
#define rep(a,b,c) 	for(int a(b) ; a<=(c) ; ++a)
using namespace std;
inline int read(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch == '-') f=-1 ; ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
	return x*f;
}
inline void print(int x){
	if(x < 0) putchar('-'),x = -x;
	if(x >= 10) print(x / 10);
	putchar(x % 10 + '0');
}
const int M = 2e5+10;
const int mod = 1e9+7;
int n,cnt;
int head[M],col[M];
ll f[M][2];
struct Edge{
	int to,nxt;
}e[M<<1];
inline void add(int u,int v){
	e[++cnt].to = v;
	e[cnt].nxt = head[u];
	head[u] = cnt;
}
void dfs(int u,int fa){
	f[u][col[u]] = 1;
	for(int i(head[u]) ; i ; i=e[i].nxt){
		int v = e[i].to;
		if(v == fa) continue;
		dfs(v,u);
		f[u][1] = f[u][1] * f[v][1] % mod + f[u][1] * f[v][0] % mod + f[u][0] * f[v][1] % mod;
		f[u][0] = f[u][0] * f[v][0] % mod + f[u][0] * f[v][1] % mod;
		f[u][1] %= mod;
		f[u][0] %= mod;
	}
}
signed main(){
	n = read();
	rep(i,2,n){
		int u = read() + 1;
		add(u,i),add(i,u);
	}
	rep(i,1,n) col[i] = read();
	dfs(1,0);
	printf("%lld\n",f[1][1]);
	return 0;
}