[BZOJ 2152]聪聪可可

Description

聪聪和可可是兄弟俩，他们俩经常为了一些琐事打起来，例如家中只剩下最后一根冰棍而两人都想吃、两个人都想玩儿电脑（可是他们家只有一台电脑）……遇到这种问题，一般情况下石头剪刀布就好了，可是他们已经玩儿腻了这种低智商的游戏。他们的爸爸快被他们的争吵烦死了，所以他发明了一个新游戏：由爸爸在纸上画n个“点”，并用n-1条“边”把这n个“点”恰好连通（其实这就是一棵树）。并且每条“边”上都有一个数。接下来由聪聪和可可分别随即选一个点（当然他们选点时是看不到这棵树的），如果两个点之间所有边上数的和加起来恰好是3的倍数，则判聪聪赢，否则可可赢。聪聪非常爱思考问题，在每次游戏后都会仔细研究这棵树，希望知道对于这张图自己的获胜概率是多少。现请你帮忙求出这个值以验证聪聪的答案是否正确。

Input

输入的第1行包含1个正整数n。后面n-1行，每行3个整数x、y、w，表示x号点和y号点之间有一条边，上面的数是w。

Output

以即约分数形式输出这个概率（即“a/b”的形式，其中a和b必须互质。如果概率为1，输出“1/1”）。

Sample Input

5
1 2 1
1 3 2
1 4 1
2 5 3

Sample Output

13/25

HINT

【样例说明】
13组点对分别是(1,1) (2,2) (2,3) (2,5) (3,2) (3,3) (3,4) (3,5) (4,3) (4,4) (5,2) (5,3) (5,5)。

【数据规模】
对于100%的数据，n<=20000。

题解

解法一

考虑树形$DP$解法，我们令$f[u][0/1/2]$表示以$u$为根当前已处理过的子树中路径长度$mod$ $3$为$0/1/2$的条数。

对于点对的处理我们用类似->这道题<-的方法。

我们令$flag[0/1/2]$为处理$u$的某个子树时该子树中以$u$为根路径长度$mod$ $3$为$0/1/2$的条数。

此时我们让

ans += flag[0]*f[u][0] + flag[1]*f[u][2] + flag[2]*f[u][1];

此后，将$flag$累加到$f[u]$上。

最后记得再单独加上$f[u][0]$，表示$u$为路径端点的情况。

最后对于答案的处理记得$*2$（无序点对变有序点对），再加上$n$（未考虑$(i,i)$这样的情况）。

 1 //It is made by Awson on 2017.9.20
 2 #include <set>
 3 #include <map>
 4 #include <cmath>
 5 #include <ctime> 
 6 #include <queue>
 7 #include <stack>
 8 #include <string>
 9 #include <cstdio>
10 #include <vector>
11 #include <cstdlib>
12 #include <cstring>
13 #include <iostream>
14 #include <algorithm>
15 #define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
16 #define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
17 #define LL long long
18 using namespace std;
19 const int N = 20000;
20 const int INF = ~0u>>1;
21 
22 int n, u, v, c;
23 struct tt {
24     int to, cost, next;
25 }edge[N*2+5];
26 int path[N+5], top;
27 int f[N+5][3];
28 int ans = 0;
29 
30 int gcd(int a, int b) {
31     return b == 0 ? a : gcd(b, a%b);
32 }
33 void add(int u, int v, int c) {
34     edge[++top].to = v;
35     edge[top].cost = c;
36     edge[top].next = path[u];
37     path[u] = top;
38 }
39 void dfs(int u, int fa) {
40     int flag[3];
41     for (int i = path[u]; i; i = edge[i].next)
42         if (edge[i].to != fa) {
43             dfs(edge[i].to, u);
44             flag[edge[i].cost%3] = f[edge[i].to][0];
45             flag[(1+edge[i].cost)%3] = f[edge[i].to][1];
46             flag[(2+edge[i].cost)%3] = f[edge[i].to][2];
47             ans += flag[0]*f[u][0] + flag[1]*f[u][2] + flag[2]*f[u][1];
48             f[u][0] += flag[0];
49             f[u][1] += flag[1];
50             f[u][2] += flag[2];
51         }
52     ans += f[u][0];
53     f[u][0]++;
54 }
55 void work() {
56     for (int i = 1; i < n; i++) {
57         scanf("%d%d%d", &u, &v, &c);
58         c %= 3;
59         add(u, v, c); add(v, u, c);
60     }
61     dfs(1, 0);
62     int tmp = gcd(ans*2+n, n*n);
63     printf("%d/%d\n", (ans*2+n)/tmp, n*n/tmp);
64 }
65 int main() {
66     while (~scanf("%d", &n))
67         work();
68     return 0;
69 }
树形DP

解法二

这道题正解是点分治...

同样还是之前的套路，我们找到重心后，每次只处理与重心有关的路径。

每次找到重心，统计以重心为根的子树中路径长度个数；

同样我们令$f[u][0/1/2]$表示以$u$为根路径长度$mod$ $3$为$0/1/2$的条数。

可以用之前的做法统计，但这里给出另一种思路。

我们先统计所有的子树中节点到根的路径长度个数，用刚刚的方程转移。

但直接相乘会出现某条路径不是简单路径，简而言之就是两个端点来自同一个子树，

其实我们只要将来自同一个子树的方案删去即可。

（因为两种解法一起写的，这里给出的点分治的代码受树形DP的代码思想影响比较大，其实很多程序段是不必要的）

  1 //It is made by Awson on 2017.9.20
  2 #include <set>
  3 #include <map>
  4 #include <cmath>
  5 #include <ctime> 
  6 #include <queue>
  7 #include <stack>
  8 #include <string>
  9 #include <cstdio>
 10 #include <vector>
 11 #include <cstdlib>
 12 #include <cstring>
 13 #include <iostream>
 14 #include <algorithm>
 15 #define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
 16 #define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
 17 #define LL long long
 18 using namespace std;
 19 const int N = 20000;
 20 const int INF = ~0u>>1;
 21 
 22 struct tt {
 23     int to, cost, next;
 24 }edge[N*2+5];
 25 int path[N+5], top;
 26 int n, u, v, c;
 27 int ans;
 28 bool vis[N+5];
 29 int size[N+5], mx[N+5], minsize, root;
 30 int f[N+5][3];
 31 
 32 int gcd(int a, int b) {
 33     return b == 0 ? a : gcd(b, a%b);
 34 }
 35 void add(int u, int v, int c) {
 36     edge[++top].to = v;
 37     edge[top].cost = c;
 38     edge[top].next = path[u];
 39     path[u] = top;
 40 }
 41 void get_size(int u, int fa) {
 42     size[u] = 1; mx[u] = 0;
 43     for (int i = path[u]; i; i = edge[i].next)
 44         if (!vis[edge[i].to] && edge[i].to != fa) {
 45             get_size(edge[i].to, u);
 46             size[u] += size[edge[i].to];
 47             mx[u] = Max(mx[u], size[edge[i].to]);
 48         }
 49 }
 50 void get_root(int r, int u, int fa) {
 51     mx[u] = Max(mx[u], size[r]-size[u]);
 52     if (mx[u] < minsize) minsize = mx[u], root = u;
 53     for (int i = path[u]; i; i = edge[i].next)
 54         if (!vis[edge[i].to] && edge[i].to != fa)
 55             get_root(r, edge[i].to, u);
 56 }
 57 void get_ans(int u, int fa) {
 58     f[u][0] = 1;
 59     f[u][1] = f[u][2] = 0;
 60     for (int i = path[u]; i; i = edge[i].next)
 61         if (!vis[edge[i].to] && edge[i].to != fa) {
 62             get_ans(edge[i].to, u);
 63             f[u][edge[i].cost%3] += f[edge[i].to][0];
 64             f[u][(1+edge[i].cost)%3] += f[edge[i].to][1];
 65             f[u][(2+edge[i].cost)%3] += f[edge[i].to][2];
 66         }
 67 }
 68 void solve(int x) {
 69     minsize = INF;
 70     int flag[3] = {0};
 71     get_size(x, 0);
 72     get_root(x, x, 0);
 73     vis[root] = true;
 74     f[root][0] = 1;
 75     f[root][1] = f[root][2] = 0;
 76     for (int i = path[root]; i; i = edge[i].next)
 77         if (!vis[edge[i].to]) {
 78             get_ans(edge[i].to, 0);
 79             flag[edge[i].cost%3] = f[edge[i].to][0];
 80             flag[(1+edge[i].cost)%3] = f[edge[i].to][1];
 81             flag[(2+edge[i].cost)%3] = f[edge[i].to][2];
 82             ans -= flag[0]*flag[0] + flag[1]*flag[2]*2;
 83             f[root][0] += flag[0];
 84             f[root][1] += flag[1];
 85             f[root][2] += flag[2];
 86         }
 87     ans += f[root][0]*f[root][0] + f[root][1]*f[root][2]*2;
 88     for (int i = path[root]; i; i = edge[i].next)
 89         if (!vis[edge[i].to])
 90             solve(edge[i].to);
 91 }
 92 void work() {
 93     for (int i = 1; i < n; i++) {
 94         scanf("%d%d%d", &u, &v, &c);
 95         c %= 3;
 96         add(u, v, c); add(v, u, c);
 97     }
 98     ans = 0;
 99     solve(1);
100     int tmp = gcd(ans, n*n);
101     printf("%d/%d\n", ans/tmp, n*n/tmp);
102 }
103 int main() {
104     while (~scanf("%d", &n))
105         work();
106     return 0; 
107 }
点分治
posted @ 2017-09-20 17:04  NaVi_Awson  阅读(215)  评论(0)  编辑  收藏  举报