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4.5 KiB
C++
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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const int N = 100010, M = N << 1;
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#define int long long
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#define endl "\n"
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// 链式前向星
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int e[M], h[N], idx, w[M], ne[M];
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void add(int a, int b, int c = 0) {
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e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
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}
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int f[N]; // 在以1为全局根的情况下，f[i]记录以i为根的子树，并且，把i染成黑色时，i为根的子树中所有可能的染色方案数量
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int g[N];
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int mod; // 对 mod 值取模
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int pre[N]; // pre[i]:记录i节点的前缀积对mod取模后的值
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int suff[N]; // suff[i]:记录i节点的后缀和对mod取模后的值
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// 先递归再统计，以子填父，用儿子们的贡献更新父亲的值。最底层儿子，也就是叶子的贡献值是1,也就是只把它染成黑色，对于这个叶子的父亲而言,
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// 它统计方案时，它认为这个儿子提供的方案数是2，因为儿子也可以不染色，也就是白色。当然，儿子也可以染成黑色，所以它理解为2。
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void dfs1(int u, int fa) {
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f[u] = 1; // 以u为根的子树，不管它是不是有子孙节点，最起码可以把u染成黑色，这样就可以有1种方案
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vector<int> son; // 记录u有哪些儿子，方便后的计算。不使用链式前向星直接枚举的原因在于前向星只能正序枚举，
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// 本题目中还需要倒序枚举，前向星记录的是单链表，不是双链表，无法倒序枚举，只能是跑一遍，记录下来，然后再倒着枚举
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// 如此，在本题中，链式前向星就不如邻接表来的快，邻接表就是可以for(int i=0;i<edge[i].size();i++),也可以for(int i=edge[i].size()-1;i>=0;i--)
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for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
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int v = e[i];
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if (v == fa) continue;
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dfs1(v, u);
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f[u] = f[u] * (f[v] + 1) % mod; // 全白也是一种方案，对于v子树而言，它并不是只能提供以v染成黑色的所有方案，还有一种：v没有染成黑色的方案数。
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// 而此时，由于v没有染成黑色，所以，v子树就没有进去染色，也就是整个v子树全都是白色，这算是一种特殊的染色方案，也就是啥都不染。
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// 所以 f[v]+1 就是v子树的所有贡献值,而f[u]需要把自己所有儿子的共献值累乘起来才是自己的贡献值。
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son.push_back(v); // 将子节点加入集合，方便之后操作
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}
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// 记录前缀积
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int t1 = 1; // 前缀积取模后的值
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for (int i = 0; i < son.size(); i++) { // 将儿子数组正着枚举
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// 利用静态数组pre,记录每个节点的前缀积取模后的值
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pre[son[i]] = t1; // 到我以前，所有结果的累乘积是多少
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t1 = t1 * (f[son[i]] + 1) % mod; // 我完成后，需要把我的贡献也乘到累乘积中，以便我的下一个节点计算它的累乘积时使用
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}
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// 记录后缀积
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int t2 = 1; // 后缀积取模后的值
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for (int i = son.size() - 1; i >= 0; i--) { // 将儿子数组倒着枚举
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// 利用静态数组suff,记录每个节点的后缀积取模后的值
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suff[son[i]] = t2; // 到我以前，所有结果的累乘积是多少
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t2 = t2 * (f[son[i]] + 1) % mod; // 我完成后，需要把我的贡献也乘到累乘积中，以便我的下一个节点计算它的累乘积时使用
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}
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}
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void dfs2(int u, int fa) {
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for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
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int v = e[i];
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if (v == fa) continue;
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// g[u] * (pre[v] * suff[v])解析：
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// u给v带来的影响，不光是u为根的子树这些叶子的贡献，还有重要的一部份，就是u的fa[u]及其父、叔叔、大爷、爷爷、二爷爷、老太爷、二老太爷来来的方案数
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// 这些由父系带来的方案数，汇聚到g[u]里
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g[v] = (g[u] * (pre[v] * suff[v] % mod) % mod + 1) % mod;
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dfs2(v, u);
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}
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}
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signed main() {
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// 初始化链式前向星
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memset(h, -1, sizeof h);
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int n;
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cin >> n >> mod;
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for (int i = 1; i < n; i++) {
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int a, b;
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cin >> a >> b;
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add(a, b), add(b, a);
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}
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dfs1(1, 0);
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g[1] = 1; // 考虑出发时，所有儿子的贡献都没有交上来，那么初化值是1，否则连乘积没法乘上来
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dfs2(1, 0);
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for (int i = 1; i <= n; i++) cout << f[i] * g[i] % mod << endl;
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}
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