codeforce 1332 F. Independent Set（樹形 dp，樹上計數問題）

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題目大意：給一棵樹，求這棵樹的所有邊生成子圖的所有獨立集數，邊生成子圖的定義爲：原圖拿條0條或多條邊並刪掉孤立點（沒有和其它點連邊的點）的圖。

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寫過的爲數不多的樹上計數問題：

我的做法將狀態分爲五種：$dp[u][0/1][0/1]$ 和 $res[u]$，分別表示：
dp[u][0/1][0/1]：以 u 爲根的子樹中，u 點在邊生成子圖中（u 點可以孤立，其它點滿足邊生成子圖定義，允許 u 點孤立是爲了合法解的轉移），u 點有連子樹 / 沒連子樹， u 點被選爲獨立集中的一點 / u 點不被選爲獨立集中的一點的方案數
res[u]：以 u 爲根的子樹中，u 點不在邊生成子圖中的方案數（顯然 u 點不能選爲獨立集，也不能向兒子連邊，所以把這個狀態單獨拿出來）

初始化及轉移方程：
初始化：res[u] = dp[u][0][0] = dp[u][0][1] = 1，res[u] = 1 代表空子圖的方案數，這種狀態的答案在子樹合併考慮第 i 棵子樹時需要用到，dp[u][0][0],dp[u][0][1] 可以賦值爲 1，因爲狀態中定義了 $u$ 點可以孤立。

res[u]：由於子樹間的方案獨立，用子樹合併的方式，將子樹中的所有合法解乘起來就得到 $res[u]$，子樹 v 的合法解爲：dp[v][1][0] + dp[v][1][1] + res[v]；很容易理解：v 點不包括在子圖的方案數 + v 點包括在子圖中的方案， v 點包括在子圖中的方案裏 v 不能孤立，因此要去掉 dp[v][0][0/1]

dp[u][0][0/1]：轉移方程顯然和 res[u] 相同，因爲 u 點獨立，u 是否作爲獨立集中的一點不會影響子樹的合法解。

dp[u][1][0]：由於要和兒子連邊，若 u 已經和前 i 個兒子有連邊，則當前子兒子枚舉連和不連進行轉移，這種情況方案數爲：dp[u][1][0] * (sum[v] + (dp[v][1][0] + dp[v][1][1] + res[v]))，sum[v] 是 dp[v] 的四種狀態之和，sum[v] 是連這個兒子的方案，(dp[v][1][0] + dp[v][1][1] + res[v]) 是不連這個兒子的方案(也就是這個兒子的合法方案)，類似的，如果 u 沒有和前 i 個兒子連過邊，則當前兒子一定要連邊，方案數爲：dp[u][0][0] * sum[v]

dp[u][1][1]：和 dp[u][1][0] 類似，如果連邊，因爲 $u$ 點已選爲獨立集中的一點， $v$ 點則不能作爲獨立集中的一點，將 sum[v] 修改爲 dp[v][0][0] + dp[v][1][0]。

最後總答案 ans = dp[1][1][0] + dp[1][1][1] + res[1] - 1，扣掉1 扣掉的是空子圖的方案，在這題中空子圖不能作爲一種合法解。

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代碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod = 998244353;
typedef long long ll;
const int maxn = 3e5 + 10;
int n;
vector<int> g[maxn];
ll fpow(ll a,ll b) {
	ll r = 1;
	while (b) {
		if (b & 1) r = r * a % mod;
		b >>= 1;
		a = a * a % mod;
	}
	return r;
}
ll dp[maxn][2][2],res[maxn],tp[maxn][2][2],sum[maxn],ans[maxn];
void dfs(int u,int fa) {
	// dp[u][0/1][0/1]：以 u 爲根的子樹中，u 點比存在的子圖的答案 
	// res[u] ：以 u 爲根的子樹中，u 點不存在的子圖的答案 
	res[u] = 1;			// 代表空集，也作爲一種答案 
	dp[u][0][0] = dp[u][0][1] = 1;	// 只有自己一個點 
	sum[u] = 0;
	for (auto it : g[u]) {
		if (it == fa) continue;
		dfs(it,u);
		res[u] = (res[u] * (dp[it][1][0] + dp[it][1][1] + res[it]) % mod + mod) % mod;
		for (int i = 0; i < 2; i++)			
			for (int j = 0; j < 2; j++)			 
				tp[u][i][j] = dp[u][i][j];
		for (int i = 0; i < 2; i++) {				//選不選兒子 
			for (int j = 0; j < 2; j++) {			//u點要不要選 
				if (i == 0) {
					tp[u][i][j] = (dp[u][i][j] * (dp[it][1][0] + dp[it][1][1] + res[it]) % mod) % mod;
				} else {
					if (j == 0) {
						tp[u][i][j] = (dp[u][i][j] * (sum[it] + (dp[it][1][0] + dp[it][1][1] + res[it])) % mod + 
										dp[u][0][j] * sum[it] % mod) % mod;
					} else {
						tp[u][i][j] = (dp[u][i][j] * (dp[it][0][0] + dp[it][1][0] + dp[it][1][0] + dp[it][1][1] + res[it]) % mod + 
										dp[u][0][j] * (dp[it][0][0] + dp[it][1][0]) % mod) % mod;
					}
				}
			}
		}
		for (int i = 0; i < 2; i++)			
			for (int j = 0; j < 2; j++)			 
				dp[u][i][j] = tp[u][i][j];		
	}
	for (int i = 0; i < 2; i++)
		for (int j = 0; j < 2; j++)
			sum[u] = (sum[u] + dp[u][i][j]) % mod;
}
int main() {
	scanf("%d",&n);
	for (int i = 1; i < n; i++) {
		int u,v; scanf("%d%d",&u,&v);	
		g[u].push_back(v);
		g[v].push_back(u);
	}
	dfs(1,0);
	printf("%lld\n",(dp[1][1][0] + dp[1][1][1] + res[1] - 1 + mod) % mod);			//減一是減掉空集
	return 0;
}