这道题想了很久，终于想出来了，非常抽象。
经过一番无脑推导，我们发现u里面有没有军营，是否与根连通，u的子树有没有军营，……都对方案数有影响，然后我就一直修修改改，事实证明，当发现越来越多题目条件中被忽略的细节时，一定不要嫌麻烦，要从头开始设置状态。
首先我们发现，子树中有没有军营对于与子树相连的边选不选是有影响的，也就是说对状态多了一个限制：有没有军营。
然后就会想：子树如果没有军营，儿子边可选可不选；有军营，就一定要选……等等，一定要选吗？如果只选了一个儿子，而且u没有军营的话，其实是可以不选的，然后我尝试加加减减乘乘除除。然后你会发现，子树有军营，但是没和v连在一起，就算儿子边选了，u和军营还是不连通，……根本算不出来……于是整理一下思路。
我们注意到，dp难以转移的关键在于子树中军营与u的连通性（只选一个儿子，可以不连通，选了多个儿子，又一定要连通）。
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如果子树中恰好只有一个儿子v，T(v)中有军营，那么它与u是否连通是无所谓的。
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如果子树中有超过两个儿子v，T(v)中都有军营，那么它们就一定要与u连通（也就一定要与v连通）。
考虑T(v)，此时多了一个限制条件，即“T(v)中的军营与v是否连通”。
f(u,0)表示没有军营的方案数。
f(u,1)表示有军营，并且军营与u连通的方案数。
f(u,2)表示有军营，并且军营与u不连通的方案数。
由于每次分类是不重不漏的，所以答案就是有军营的方案，也就是有军营、连通或有军营、不连通的和，即f(u,1)+f(u,2)。
考虑转移（记u到儿子的边为儿子边）：
f(u,0)：因为T(u)都没有军营，（其实可以用公式算，但是我懒），所以每个儿子都一定不选，而且儿子边选也可以，不选也可以，所以就是每个2*f(v,0)乘起来，最后乘上u自身的方案（没有军营，方案等于点的方案乘上边的方案，也就是\(1\times 2^{cnte(u)}\)）。
f(u,1)：先考虑单个儿子v，如果T(v)里面有军营（注意，不是v里面有军营，这也是之前推错的原因），那么它一定要和u连通，也就是边一定选：1*f(v,1)；如果T(v)没有军营，那么边可选可不选，也就是2f(v,0)，注意到这里是分类，所以用加法原理，每个子树的方案就是 \(f(v, 1) + 2f(v, 0)\)。
自然地想到，每个儿子用乘法原理乘起来就行了，最后再乘上u的方案即可。
这里重点来了：每次写完转移之后，都要考虑这样转移是否充要。上述写法就是说：所有儿子，要么选并且连通，要么不选的方案数。而这样的集合里面有没有军营的方案数，而状态定义中是要求一定要有军营的，所以要减去多出来的方案。
我们会发现，全部不选，也就是u不选点，儿子也不选点，那么也就是T(u)没有军营，那不就是f(u,0)么？
所以减去f(u,0)就行了。
f(u,2)：同样，考虑单个儿子v，……
然后你就会发现方案数统计多了，这时候把所有方案画出来，一一与题设比对，找出不合法的方案，并将其剔除。
于是我们发现，如果军营不与u连通，那么只能有一个子树有军营。（不然两个军营之间没有保护的边，不符合题意）。
所以我们枚举这个有军营的儿子，其它儿子都没有军营，儿子边自然是可选可不选。因为这个有军营的儿子与u不相连，考虑儿子边的选法：选，则v和u相连了，军营不能和v连通，所以是f(v,2)；不选，则v和u不相连，那么军营和v连不连通就无所谓了，所以是f(v,2)+f(v,1)。合起来就是2f(v,2)+f(v,1)。其它儿子都不能选，那么用一个累乘和逆元搞一下就行了。
上述选法会统计恰好一个子树有军营，且与u不连通的方案数，符合状态设计。
然后就拿下啦！
总结一下：
- 推导的时候，肯定会逐渐发现一些没有注意到的题目细节要求，当细节越来越多，状态会越来越乱，此时要重新定义状态。
- 列出所有发现的要求，列出来，抽象概括出若干个能够符合所有要求的根本要求，比如本题的根连通性和是否有军营。
- 然后根据每一个要求，依次分类讨论，其实本来是要有4类的，但是因为没有军营就不需要考虑连通性了（都没有点哪来连通性问题），所以本题只有3个状态。
- 推出式子之后记得返回去检查这样统计出来的方案数是否充要。
- 树形DP，可以先考虑每一个儿子，然后推出一个必要条件的方案数（每一个儿子都必须这样），然后再剔除不合法的方案（其实几乎所有情况都是状态定义中有要求至少XXX，但是求出来的情况包括了全部都没有的情况）。