[14/11/19] 杂题|块内操作

题面：

分析：既然是求期望，总的方案数为 $n^2$ ，求出来的期望又要乘一个 $n^2$ ，则题意可简化为$\sum_i^n\sum_j^n w[i][j]$ ，其中定义 $w[i][j]$ 表示在连接 $i,j$ 的链中出现过的不重复的黑恶势力数，再定义 $d(i,j)$ 表示连接 $i,j$ 的链。

　　　为了简化题目，我们认为这个图为一棵树（本来就是），任意找个点为根，而将黑恶势力认为是每条边上的颜色。那么显而易见，这棵树满足每个节点有且仅有一条父边（废话），并且每条边都只有一种颜色而不是五颜六色的（$By$ $XZY$ 巨佬所以不是废话），即每个点唯一对应一种颜色，不妨假设每个点的颜色为它父边的颜色。

　　　根据这个性质，我们可以很快有一个初步的容斥想法。考虑这么一张图。

　　　对于整张图我们难以操作判断贡献，但如果我们以一种固定的颜色 $A$ ，把这种颜色的边全部断开，那么这棵树就会变成多个不相联通的块，而对于每一个块，块内所有颜色为$A$的边都没有贡献。换句话说，对于这个块来说，颜色$A$是没有贡献的。

　　　即上图，对于每个绿色的块 $S$ 内，$中出现了红色边\sum^{S.card}_i \sum^{S.card}_j [d(i,j)中出现了红色边]=0$。

　　　（从这行以下请感性理解或自觉 $Mod$ $XZY$ $or$ $LX$ $or$ $HL$ $or$ $CXR$ $or$ $LWY$。）

$Sol$：我们实际上只需要统计这个颜色 $A$ 在整棵树里可能带来的所有影响（即 $n^2$ ，它至多存在于 $n^2$ 条链中），减去各个块内的链数（即 $S.card^2$ ，它在这个块里的所有链上都没有贡献），就是这种颜色所带来的总的贡献。

　　　考虑怎么求这个贡献。

　　　由于我们已经知道了每个点对应且仅对应一种颜色，即上文说过的这个点父边的颜色，那么我们就可以暴力 $dfs$ 。对于当前这个节点 $i$ 所对应的颜色 $col[i]$ 操作即可。

　　　维护一个 $top[i]$ 表示这个节点 $i$ 所对应的颜色 $col[i]$ 在 $dfs$ 的过程中上一次出现的位置。如上图，$top[2]=1$ ，$top[3]=1$ ，$top[4]=2$ ；特别的，如果这个颜色是第一次出现，那么它的 $top[i]$ 将会被设为 $0$ 。如上图，$top[1]=0$ ，$top[5]=0$ 。

　　　在这种时候就需要一个 $lst$ 辅助数组滚动记录，不过这不是重点。

　　　接下来就是求这些连通块内的大小。显而易见的，每个以 $i$ 为深度最小的节点的连通块大小就是 $f[i]=size[top[i]]-\sum _{j \in \{x|top[x]=i\}}size[j]$ ，其中 $size[u]$ 表示 $u$ 的子树大小 。通俗一点的解释就是下图。

　　　我把绿的改成紫的了，仅此而已。

　　　但是这就很容易能得到：每个以 $i$ 为最小深度的连通块的大小，就是这个 $i$ 的子树大小，减掉所有以它为端点的向下延伸的链中，第一次碰到的相同颜色的节点的子树大小。注意，是对于每条链而言的第一次碰到的相同颜色。如上图，节点 $2$ 所对应的连通块大小就是 $size[2]-size[4]$ ，因为节点 $4$ 在 $2$ 的子树中，且与 $2$ 的颜色相同，且是 $d(2,4)$ 上除 $2$ 外第一个同为红色的点；节点 $3$ 所对应的连通块大小就是 $size[3]$ ，因为它是一个叶子节点。

　　　很明显，$ans=\sum_i^n (n^2-f[i]^2-rtc[i])=n^3-\sum_i^n (f[i]^2+rtc[i])$ ，意义就是每种颜色（共 $n$ 种，所以是 $n*n^2=n^3$）的贡献除去这种颜色的无用贡献（本来应该对于每种颜色单独计算，但发现答案不互斥，直接求和），至于 $rtc[i]$ 将在下面提到。

　　　有些小细节要注意。首先是如果不新开一层 $f[i]$ ，而是直接修改 $size[i]$ ，要按 $dfs$ 序进行子树的加减操作，而不能在树上直接进行（比如 $std$ ）。因为可能会出现先把子节点减掉再减父节点的事情。

　　　然后是这回的数据有了一层限制（或者说题目忘记说了？），就是 $dfs$ 序就是 $[1,n]$ 的顺序排列。这导致了可以少打一下求 $dfs$ 序的循环。

　　　最后是关于每种颜色的在整棵树里第一次出现的问题 ，我们需要用一个 $rtc[i]$ 存储，初始化为 $n$ ，每次搜到 $col[j]=n$ $\&$ $!top[j]$ 的节点 $j$ 就需要 $rtc[i]-=size[j]$ 。想想为什么。

　　　然后就 $A$ 了。

$Code$：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=500035;
const int maxm=1000035;
struct Edge
{
	int v,w;
	Edge(int a=0,int b=0):v(a),w(b) {}
}edges[maxm];
int n;
int size[maxn],rtc[maxn],top[maxn],lst[maxn];
int edgeTot,head[maxn],nxt[maxm];
ll ans;
int read(){
	char ch=getchar();
	int num=0,fl=1;
	for(;!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch=='-') fl=-1;
	for(;isdigit(ch);ch=getchar())num=(num<<1)+(num<<3)+ch-48;
	return num*fl;
}
void addedge(int u,int v,int w)
{
	edges[++edgeTot]=Edge(v,w),nxt[edgeTot]=head[u],head[u]=edgeTot;
	edges[++edgeTot]=Edge(u,w),nxt[edgeTot]=head[v],head[v]=edgeTot;
}
void dfs(int x,int fa)
{
	size[x]=1;
	for(int i=head[x];i!=-1;i=nxt[i])
	{
		int v=edges[i].v,w=edges[i].w;
		if(v==fa) continue;
		top[v]=lst[w],lst[w]=v;
		dfs(v,x),size[x] += size[v];
		lst[w]=top[v];//,size[top[v]] -= size[v];
		if(!top[v]) rtc[w] -= size[v];
	}
}
int main()
{
//	freopen("forest.in","r",stdin);
//	freopen("forest.out","w",stdout);
	memset(head,-1,sizeof head);
	n=read();
	for(int i=1,u,v,w;i<n;i++)
	u=read(),v=read(),w=read(),addedge(u,v,w);
	for(int i=1;i<=n;i++)rtc[i]=n;
	ans=1ll*n*n*n;
	dfs(1,0);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	if(top[i])size[top[i]]-=size[i];
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		if(i!=1)ans-=1ll*size[i]*size[i];
		ans-=1ll*rtc[i]*rtc[i];
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}