【usaco 2013 open yinyang】阴阳
题目
Farmer John 正在在计划自己的农场漫步。他的农场的结构就像一棵树：农场有N个谷仓（1<= N <=100,000），分别由N-1条路链接。这样，他便可以通过这些谷仓间的道路遍及各个谷仓。Farmer John想要选择一条路线：这条路线的起点和终点分别为农场中两个不同的谷仓，这条路线不能重复经过一条边两次。Farmer John担心这条路径可能会偏长，所以他想在路线上寻找一个休息点（当然这个休息点不能为起点或者终点）。
每条边的两旁都是牛群，要么是Charcolais（白毛），要么是Angus（黑毛）。Farmer John是一个聪明人，所以他想要在他通过小路的同时平衡小路两侧阴阳的力量。他要选择一条路径使得他从起点到休息站，和从休息站到终点这两段路上都满足路两边的Charcolais牛群和Angus牛群总数量相同。
Farmer John好奇他能找到多少条如上所述的平衡的路径。我们认为，当且仅当两条路线的边的集合不同时，这两条路径才被认为是不同的，否则认为是相同的路线。就算路线上有多个有效的“休息站”的位置能使路线平衡，我们也只记为一条路线。
请帮助计算有多少条不同的平衡路线。
分析
这是一道不错的点分治练手题目，不难很容易打。
但不知道为神马，旁边的几个逗逼ly、风筝都是很tm麻烦，细节很多。
真tm搞不懂+_+。
首先把黑白毛两种牛当做该边的边权-1或1，如果有两个点，到他们路径上某个点的距离为0，那么这就是一个合法路径。
对于一个以x为根的子树，经过x的路径\(（i，j），其中deep_{i}<=deep_{j}\)有三种：
一、当i和j分别在x的两个不同的儿子为根的子树中
显然，\(k\)为中间点。
那如何计算这种情况呢？
定义\(dis_{i}\)表示x到i距离，\(d_{i}\)表示在以x为根的子树中的i的祖先是否出现过一个k点，\(dis_{k}=dis_{i}\)，如果是，就为\(true\)，否则为\(false\)。
我们把每个儿子分开做，这样就不用判重了。
再定义\(b_{i}\)表示，在以x为根的子树中，有多少个节点的\(dis\)值为\(i\)；\(b1_{i}\)表示，在以x为根的子树中，有多少个节点的\(dis\)值为\(i\)，且\(d\)值为\(true\)。
接着就可以愉愉快快地求答案了。
每个儿子用两个递归，第一个来求以x为根的子树答案，第二个来求更新\(b\)和\(b1\)。
当前递归到\(l\)点时，如果\(d_{l}=true\)，那么答案加上\(b[-dis_{l}]\)，否则答案加上\(b1[-dis_{l}]\)
二、i和x是同一个点
这是一种特殊情况，
显然，\(dis_{k},dis_{j}=0\)，这很容易搞。
事实上，可以加点小特判，跟上一种情况一起处理，不过细节有点多，
想一想就可以解决了。
三、i不在以x为根的子树中
这种情况是不用出处理的，
因为当处理\(lca(i,j)\)时，路径\((i,j)\)会被处理掉。
//code中并没有用到d数组，可以省去
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
const long long maxlongint=2147483647;
using namespace std;
long long d[200005],n,m,tot,dis[200005],next[200005],last[200005],to[200005],v[200005];
long long size[200005],mx[200005],root,f,ans,tt,N,b[200005],b1[200005],e[200005];
bool bz[200005],t[200005],g[200005];
long long bj(long long x,long long y,long long z)
{
next[++tot]=last[x];
last[x]=tot;
to[tot]=y;
v[tot]=z;
}
void getroot(long long x,long long fa)
{
mx[x]=0;
size[x]=1;
for(long long i=last[x];i;i=next[i])
{
if(to[i]!=fa && bz[to[i]])
{
getroot(to[i],x);
size[x]+=size[to[i]];
mx[x]=max(mx[x],size[to[i]]);
}
}
mx[x]=max(mx[x],f-size[x]);
if (mx[x]<mx[root]) root=x;
}
long long dg1(long long x,long long fa)
{
for(long long i=last[x];i;i=next[i])
{
long long j=to[i];
if(j!=fa && bz[j])
{
if(t[dis[j]])
{
t[dis[j]]=false;
b[dis[j]]++;
dg1(j,x);
t[dis[j]]=true;
}
else
{
b1[dis[j]]++;
b[dis[j]]++;
dg1(j,x);
}
}
}
}
long long dg(long long x,long long fa)
{
for(long long i=last[x];i;i=next[i])
{
long long j=to[i];
if(j!=fa && bz[j])
{
dis[j]=dis[x]+v[i];
if(t[dis[j]])
{
if(g[dis[j]])
{
g[dis[j]]=false;
e[++tt]=dis[j];
}
t[dis[j]]=false;
ans+=b1[2*N-dis[j]];
dg(j,x);
t[dis[j]]=true;
}
else
{
ans+=b[2*N-dis[j]];
dg(j,x);
}
}
}
}
long long solve(long long x,long long fa)
{
bz[x]=false;
b[N]=1;
tt=0;
for(long long i=last[x];i;i=next[i])
{
long long j=to[i];
if(!bz[j] || j==fa) continue;
dis[j]=v[i]+N;
if(g[dis[j]])
{
g[dis[j]]=false;
e[++tt]=dis[j];
}
t[dis[j]]=false;
ans+=b1[2*N-dis[j]];
dg(j,x);
t[N]=false;
b[dis[j]]++;
dg1(j,x);
t[N]=true;
t[dis[j]]=true;
}
for(long long i=1;i<=tt;i++)
{
g[e[i]]=true;
b[e[i]]=0;
b1[e[i]]=0;
}
b[N]=0;
for(long long i=last[x];i;i=next[i])
{
long long j=to[i];
if(j!=fa && bz[j])
{
root=0;
f=size[j];
getroot(j,x);
solve(root,x);
}
}
}
int main()
{
scanf("%lld",&n);
for(long long i=1;i<=n-1;i++)
{
long long x,y,z;
scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&z);
if(!z) z--;
bj(x,y,z);
bj(y,x,z);
}
mx[0]=maxlongint;
f=n;
N=n+1;
memset(t,true,sizeof(t));
memset(g,true,sizeof(g));
memset(bz,true,sizeof(bz));
root=0;
getroot(1,0);
ans=0;
bz[0]=false;
solve(root,0);
printf("%lld",ans);
}
