[2019.1.15]BZOJ2152 聪聪可可

明显的点分治。

我们记(num_{i,j})为点(i)及其子树中的节点与(i)之间的路径的和对3取余为(j)的种类数,显然(0le j<3)。

我们再记(val_{u,v})为两个直接相连的点(u,v)之间的边权,我们把边权和距离全部对3取余。

我们发现这个东西很好计算。基础的树形DP就好了。

那么如何统计答案呢?

当我们将一个节点(v)合并到它的父节点(u)上时,会产生2种新的路径:

1.以(u)为一端,(v)及其子树中的节点为另一端的;

2.以(u)已经合并的子树中的节点为一端,(v​)及其子树中的节点为另一端的。

考虑第一种,种类数就是(2 imes num_{v,3-val_{u,v}}),乘2是因为可以调换链的两端。

对于第二种,我们记(sum_i)为已经合并的子树中,到(u)的距离为(i)的节点的数量。

那么这一种的种类数就是(2 imes sum_{i=0}^2num_{v,i} imes sum_{3-i-val_{u,v}})。

最后输出的时候记得约分。

code:

#include<bits/stdc++.h>
#define V(x) (x>2?x-3:(x<0?x+3:x))
using namespace std;
struct edge{
    int t,v,nxt;
}e[40010];
int n,u,v,w,be[20010],cnt,vis[20010];
long long num[20010][3],ans;
void add(const int &x,const int &y,const int &val){
    e[++cnt].t=y,e[cnt].v=val,e[cnt].nxt=be[x],be[x]=cnt;
}
void Upd(const int &x,const int &y,const int &ev,long long *sum){
    num[x][ev]+=num[y][0],num[x][V(ev+1)]+=num[y][1],num[x][V(ev+2)]+=num[y][2],ans+=num[y][V(3-ev)]*2;
    for(int i=0;i<3;++i)ans+=num[y][i]*sum[V(V(3-ev)-i)]*2;
    sum[ev]+=num[y][0],sum[V(ev+1)]+=num[y][1],sum[V(ev+2)]+=num[y][2];
}
void dfs(const int &x){
    vis[x]=1,num[x][0]=1,ans++;
    long long sum[3];
    sum[0]=sum[1]=sum[2]=0;
    for(int i=be[x];i;i=e[i].nxt)!vis[e[i].t]?dfs(e[i].t),Upd(x,e[i].t,e[i].v,sum),0:0;
}
long long gcd(const long long &x,const long long &y){
    return y?gcd(y,x%y):x;
}
void Print(const long long &x,const long long &y){
    long long g=gcd(x,y);
    printf("%lld/%lld",x/g,y/g);
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<n;++i)scanf("%d%d%d",&u,&v,&w),add(u,v,w%3),add(v,u,w%3);
    dfs(1);
    Print(ans,1ll*n*n);
    return 0;
}