TopCoder srm683 div2 1000

已经弱到去div2混了……
题意：给一棵无根树，计算它的所有子树的大小的和。
这个问题转化为统计每个节点的“贡献”，即它在所有可能的子树中出现了多少次。还是先拿有根树来考虑，假设我们已经计算出了树t所有节点的“贡献”，如果在t中的某个叶子v上，连接一棵新的子树t’会怎么样呢？这样一来，v的贡献会将会被乘上“子树t’的树根的贡献+1”。于是，我们可以通过dfs，计算出以每个节点为根的子树中，该节点的“贡献”。
因为整棵树的根没有父节点，它的答案就是前面计算的值。对于其他节点，我们也同样应该把它们转化为根考虑，我们可以“砍断”它与父节点相连的边，再把父节点当成儿子加入（根据之前计算与逆元来完成），这个过程需要第二次dfs。
具体还是看代码容易理解。

#include <bits/stdc++.h>
#include <unordered_map> 

using namespace std;

#define ll long long

int a[100010];

const int mod = 1e9+7;

void ExEuclid(ll a,ll b,ll &x,ll &y,ll &q){      
    if(b==0){      
        x=1;y=0;q=a;      
        return;      
    }      
    ExEuclid(b,a%b,y,x,q);      
    y-=x*(a/b);      
}      

ll inv(ll num){      
    ll x,y,q;      
    ExEuclid(num,mod,x,y,q);      
    if(q==1)return (x+mod)%mod;
    else return 0;  
}


vector<int> adj[100010];
int p[100010];
ll ans[100010];


ll dfs(int u,int pre){

    int sz=adj[u].size();
    ans[u] = 1;
    for(int i = 0;i<sz;i++){
        int v = adj[u][i];
        if(v==pre)continue;
        p[v]=u;
        ans[u]*=(dfs(v,u)+1);
        ans[u]%=mod;
    }
    return ans[u];
}

ll res = 0;

void dfs2(int u,int pre){

    int sz=adj[u].size();
    if(u==0){
        res+=ans[u];
    }else{
        ans[u] = ans[u] * (  ((ans[p[u]]*inv(ans[u]+1) )%mod+1)%mod )%mod;
        res+=ans[u];
        res%=mod;
    }
    for(int i = 0;i<sz;i++){
        int v = adj[u][i];
        if(v==pre)continue;
        dfs2(v,u);
    }
}

class SubtreesCounting{
public:
    int sumOfSizes(int n, int a0, int b, int c, int m){
        a[0] = a0;
        for(int i=1;i<=n-2;i++){
            a[i] = ( (b+0LL) * a[i-1] + c) % m;
        }
        for(int i=1;i<=n-1;i++){
            int j = a[i-1] % i;
            adj[i].push_back(j);
            adj[j].push_back(i);
        }

        dfs(0,-1);
        dfs2(0,-1);

        return (int)res;
    }
};