Play on Tree hdu7286

Problem - 7286

题目大意：有一棵n个点的树，每次操作可以选择一个节点，并删除它的整棵子树，删掉根节点的人输，A后B先，A不知道哪个是根节点，问A赢得概率

1<=n<=2e5

思路：我们先考虑根是确定的情况，如果只有一个点，那么先手必输，sg[1]=0，如果它有一个父结点，那么它能转移到1个点和0个点sg[2]=sg[1]，同理可得当u是v的父结点时，则sg[u]=sg[v]+1，又因为在图游戏中，sg[u]等于sg[v]的异或和，所以在这里sg[u]就等于sg[v]+1的异或和那么我们只要求出以每个点为根时sg[根]为后手必赢的情况数量再除以n即可，所以我们先以1为根，求一遍整个树的sg，然后再一个dfs换根，根从u换到v的话sg2[v]就等于原先v子节点的sg值，sg[v]，异或上u的取出v的子树以后的子节点的sg，也就是sg2[u]异或上（sg[v]+1），把v的子树消掉然后再+1与前面的部分异或

//#include<__msvc_all_public_headers.hpp>
#include
using namespace std;
const int N = 2e5 + 50;
typedef long long ll;
const ll MOD = 1e9 + 7;
vectorg[N];
ll sg[N];
ll sg2[N];
ll qpow(ll a, ll b)
{//快速幂求逆元
    ll ret = 1;
    while (b)
    {
        if (b & 1)
        {
            ret = ret * a % MOD;
        }
        a = a * a % MOD;
        b >>= 1;
    }
    return ret;
}
void dfs1(int u, int fa)
{//先求一遍所有点的sg值
    int now = 0;
    for (int i = 0; i < g[u].size(); i++)
    {
        int v = g[u][i];
        if (v == fa)
            continue;
        dfs1(v, u);
        now ^= (sg[v] + 1);当前点的sg等于所有子节点的sg+1的异或和
    }
    sg[u] = now;
}
void dfs2(int u, int fa)
{
    for (int i = 0; i < g[u].size(); i++)
    {
        int v = g[u][i];
        if (v == fa)
            continue;        
        sg2[v] = sg[v] ^ ((sg2[u] ^ (sg[v] + 1ll)) + 1ll);//根从u换到v后的sg值
        dfs2(v, u);
    }
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int t;
    cin >> t;
    while (t--)
    {
        ll n;
        cin >> n;
        for (int i = 1; i <= n; i++)
        {
            g[i].clear();
            sg[i] = sg2[i] = 0;
        }
        for (int i = 1; i <= n-1; i++)
        {
            int u, v;
            cin >> u >> v;
            g[u].push_back(v);
            g[v].push_back(u);
        }
        dfs1(1, 1);
        sg2[1] = sg[1];
        dfs2(1, 1);
        ll cnt = 0;
        for (int i = 1; i <= n; i++)
        {
            if (sg2[i])//记录先手必败的情况数量
                cnt++;
        }
        cnt = cnt * qpow(n, MOD - 2) % MOD;//除以n种总的根的位置数量
        cout << cnt << endl;
    }
    return 0;
}