题目描述Farmer John 有一个大农场农场上有 N 个谷仓1≤N≤105其中一些已经涂色另一些尚未涂色。Farmer John 想要为这些剩余的谷仓涂色使得所有谷仓都被涂色但他只有三种可用的油漆颜色。此外他的获奖奶牛 Bessie 如果发现两个直接相连的谷仓颜色相同会感到困惑因此他希望确保这种情况不会发生。保证 N 个谷仓之间的连接不会形成任何“环”。也就是说任意两个谷仓之间最多只有一条连接路径。Farmer John 有多少种方式可以为剩余的未涂色谷仓涂色输入格式第一行包含两个整数 N 和 K0≤K≤N分别表示农场上的谷仓数量和已经涂色的谷仓数量。接下来的 N−1 行每行包含两个整数 x 和 y1≤x,y≤N,xy描述直接连接谷仓 x 和 y 的路径。接下来的 K 行每行包含两个整数 b 和 c1≤b≤N, 1≤c≤3表示谷仓 b 已经被涂成颜色 c。输出格式计算为剩余谷仓涂色的有效方式数量模 1097要求任何两个直接相连的谷仓颜色不同。输入输出样例输入 #14 1 1 2 1 3 1 4 4 3输出 #18思路依旧树形DP。状态dp[i][0]代表i涂第1种颜色的方法数dp[i][1]代表i涂第2种颜色的方法数dp[i][2]代表i涂第3种颜色的方法数。状态转移方程dp[u][0]dp[u][0]*(dp[v][2]dp[v][1])%mod;dp[u][1]dp[u][1]*(dp[v][2]dp[v][0])%mod;dp[u][2]dp[u][2]*(dp[v][1]dp[v][0])%mod;代码#include bits/stdc.h #include bits/cconfig.h #include ostream #include istream #include algorithm #include string.h #include stdlib.h #include stdio.h #include string #include math.h #include time.h #include ctime #include cstdlib #define ll long long #define ull unsigned long long #define db double #define st string #define ch char #define bo bool #define s1 27 #define s2 205 #define s3 2005 #define s4 20005 #define s5 200005 #define s6 2000005 #define s7 20000005 using namespace std; ll mod1000000007; ll n,m,dp[s5][3],a[s5]; //dp[i][0]代表i涂第1种颜色dp[i][1]代表i涂第2种颜色dp[i][2]代表i涂第3种颜色。 vectorint g[s5]; void dfs(int u,int fa){ if(a[u]0){ for(int i0;ig[u].size();i){ int vg[u][i]; if(vfa) continue; dfs(v,u); //dp[u][0] dp[u][0]dp[u][0]*(dp[v][2]dp[v][1])%mod; //dp[u][1] dp[u][1]dp[u][1]*(dp[v][2]dp[v][0])%mod; //dp[u][2] dp[u][2]dp[u][2]*(dp[v][1]dp[v][0])%mod; } } else if(a[u]!0){ if(a[u]1){ dp[u][1]0; dp[u][2]0; for(int i0;ig[u].size();i){ int vg[u][i]; if(vfa) continue; dfs(v,u); dp[u][0]dp[u][0]*(dp[v][2]dp[v][1])%mod; } } else if(a[u]2){ dp[u][2]0; dp[u][0]0; for(int i0;ig[u].size();i){ int vg[u][i]; if(vfa) continue; dfs(v,u); dp[u][1]dp[u][1]*(dp[v][2]dp[v][0])%mod; } } else if(a[u]3){ dp[u][1]0; dp[u][0]0; for(int i0;ig[u].size();i){ int vg[u][i]; if(vfa) continue; dfs(v,u); dp[u][2]dp[u][2]*(dp[v][1]dp[v][0])%mod; } } } return ; } signed main(){ cinnm; for(int i0;i100005;i){ dp[i][1]1; dp[i][0]1; dp[i][2]1; } for(int i1;in;i){ int k,c; cinkc; g[c].push_back(k); g[k].push_back(c); } for(int i1;im;i){ int b,c; cinbc; a[b]c; } dfs(1,0); cout(dp[1][0]dp[1][1]%moddp[1][2]%mod)%modendl; return 0; }