闲话
偶然翻到一道没有题解的淀粉质，想证明一下自己是真的弱
然而ZSYC(字符串组合)早就切了
然后证明成功了，WA到怀疑人生，只好借着ZSY的代码拍，拍了几万组就出来了。。。
思路
是人都能想到的：路径统计，点分治跑不了了。
然而这个统计有些麻烦。。。
首先别看错题，是中间的一个点到两个端点的两条路径都要满足黑白相等。（因为蒟蒻就看错了）
显然，我们每次要统计经过重心的路径，但是这个中点不一定会在重心。于是，必须要更一般化地统计了。
容易想到的是差分。记(d_x)为(x)到重心路径上黑白个数的差，可以改一下边权变成(1)和(-1)，更好实现。
这时候，我们已经可以做到统计黑白个数相等的路径了，一对差分值为(d)和(-d)的路径就可以产生贡献。
但是，题目要两条子路径都黑白相等啊！再想想，假设有两个点(x,y,d_x=-d_y)，那么是不是只有在(x)的祖先中存在(z)且(d_z=-d_y)，或者在(y)的祖先中存在(z)且(d_x=-d_z)，路径(x-y)才能贡献答案？
这也就是说，我们选择的中点(z)的(d)值，需要和(d_x)或(d_y)相等才行。
于是，我们根据每个点是否有祖先的(d)等于它的(d)，分成两类。显然，没有的点只能和有的点算贡献，而有的点可以和两种点都算贡献。开两个桶区别统计一下就好了。
具体实现的话，蒟蒻直接依次枚举重心的子树，先统计一个子树的答案，再把子树的每个点丢进桶里。这样就不用容斥去除不合法情况了。但是要特判一个端点在重心上的路径的贡献。
如何快速判断当前点的属于哪一类？开一个数组(b)统计祖先中每个(d)值出现的次数就可以了（(d)可能是负数，要把所有下标加(n)）。注意回溯的时候要减掉。
注意答案要开long long，注意清空数组。
代码算是很短的了。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define RG register
#define R RG int
#define G c=getchar()
const int N=1e5+1,M=N<<1;
int n,rt,mx,mn,he[N],ne[M],to[M],c[M],s[N],m[N],b[M],f[M],g[M];
bool vis[N];
long long ans;
inline void min(R&x,R y){if(x>y)x=y;}
inline void max(R&x,R y){if(x<y)x=y;}
inline int in(){
RG char G;
while(c<'-')G;
R x=c&15;G;
while(c>'-')x=x*10+(c&15),G;
return x;
}
void dfs(R x){//求重心
vis[x]=1;s[x]=1;m[x]=0;
for(R y,i=he[x];i;i=ne[i])
if(!vis[y=to[i]])
dfs(y),s[x]+=s[y],max(m[x],s[y]);
max(m[x],n-s[x]);
if(m[rt]>m[x])rt=x;
vis[x]=0;
}
void upd(R x,R d){//统计答案，f没有g有
min(mn,d);max(mx,d);
ans+=g[M-d];//分类贡献
if(b[d])ans+=f[M-d];
if(d==N)ans+=b[d]>1;//特判
vis[x]=1;++b[d];
for(R i=he[x];i;i=ne[i])
if(!vis[to[i]])upd(to[i],d+c[i]);
vis[x]=0;--b[d];//回溯清零
}
void mdf(R x,R d){//修改桶
++(b[d]?g[d]:f[d]);
vis[x]=1;++b[d];
for(R i=he[x];i;i=ne[i])
if(!vis[to[i]])mdf(to[i],d+c[i]);
vis[x]=0;--b[d];
}
void div(R x){//分治
rt=0;dfs(x);x=rt;
vis[x]=1;b[mn=mx=N]=1;//此处注意初始化
R t=n,y,i;
for(i=he[x];i;i=ne[i])
if(!vis[y=to[i]])
upd(y,N+c[i]),mdf(y,N+c[i]);
memset(f+mn,0,(mx-mn+1)<<2);//注意清空
memset(g+mn,0,(mx-mn+1)<<2);
for(i=he[x];i;i=ne[i])
if(!vis[y=to[i]])
n=s[x]>s[y]?s[y]:t-s[x],div(y);
}
int main(){
m[0]=1e9;n=in();
for(R a,b,p=0,i=1;i<n;++i){
a=in();b=in();
ne[++p]=he[a];to[he[a]=p]=b;
ne[++p]=he[b];to[he[b]=p]=a;
c[p]=c[p-1]=in()?1:-1;//处理边权
}
div(1);
printf("%lld
",ans);
return 0;
}