小凯的疑惑

首先，这道题正解的思路是从subtask2而得来的，因此先讲一下subtask2的作法。

由于保证答案不超过long long，因此直接求最大权独立集便可：dp[u][0]表示u点必定不能取的答案，dp[u][1]表示u点对儿子没有限制的答案。

\(dp[u][0]=max(dp[v][0],dp[v][1])\)

\(dp[u][1]=max(dp[u][1],val[u]*\prod dp[v][0])\)

直接跑DP便可。

而正解是怎么作的呢？

想到乘法，能够将其转化为对数，每次乘法就至关于对数相加，这个就能够计算出怎样选取这个最大权独立集，再跑一遍深搜统计答案便可。

//这里的dp的都是对数，因此只用相加便可
void dfs(int u,int fa)
{
    dp[u][0]=dp[u][1]=0;
    for(int i=head[u];i;i=nxt[i])
    {
        int v=to[i];
        if(v!=fa)
        {
            dfs(v,u);
            dp[u][0]+=max(dp[v][0],dp[v][1]);
            dp[u][1]+=dp[v][0];
        }
    }
    dp[u][1]+=logv[u];
}

\\统计答案的时候经过已经求出来的dp来做决策

\\若是u自己被选，确定儿子不可选

\\若是u自己没有被选，判断儿子选更优仍是不选更优。

\\选的话要乘上val

long long dfs1(int u,int fa,int yes)
{
    long long ans=1;
    for(int i=head[u];i;i=nxt[i])
    {
        int v=to[i];
        if(v!=fa)
        {
            if(yes)
            {
                ans=(ans*dfs1(v,u,0))%mod;
            }else{
                if(dp[v][0]>dp[v][1])
                {
                    ans=(ans*dfs1(v,u,0))%mod;
                }else{
                    ans=(ans*dfs1(v,u,1))%mod;
                }
            }
        }
    }
    if(yes)
    {
        ans=(ans*val[u])%mod;
    }
    return ans;
}

if(dp[1][0]>dp[1][1])
{
    printf("%lld\n",dfs1(1,-1,0));
}else{
    printf("%lld\n",dfs1(1,-1,1));
}