BZOJ 2152 聪聪可可（树形DP）

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 Input5 1 2 1 1 3 2 1 4 1 2 5 3

Sample Output13/25 【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。

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题解：题目让你求有多少组点对，满足(x,y)在x到y之间的便的权值和是3的倍数。

树形DP，dp[r][x]:表示以r为根的子树中到r的距离%3==x的数量；则很容易想到：

for(int i=0;i<3;++i) ans+=1ll*dp[v][i]*dp[x][((-i-w)%3+3)%3]*2;
for(int i=0;i<3;++i) dp[x][(i+w)%3]+=dp[v][i];

的转移方式：

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参考代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define PI aocs(-1.0)
#define pii pair<int,int>
#define mod 1000000007
typedef long long ll;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int maxn=20010;
int n,u,v,w;
int head[maxn<<1],cnt;
ll ans,ans1,dp[maxn][3];
struct Edge{
    int v,w,nxt;
} edge[maxn<<1];

void addedge(int u,int v,int w)
{
    edge[cnt].v=v;
    edge[cnt].w=w;
    edge[cnt].nxt=head[u];
    head[u]=cnt++;
}

void dfs(int x,int fa)
{
    dp[x][0]=1;
    for(int e=head[x];~e;e=edge[e].nxt)
    {
        int v=edge[e].v,w=edge[e].w;
        if(v==fa) continue;
        dfs(v,x);
        for(int i=0;i<3;++i) ans+=1ll*dp[v][i]*dp[x][((-i-w)%3+3)%3]*2;
        for(int i=0;i<3;++i) dp[x][(i+w)%3]+=dp[v][i];
    }
}

int main()
{    
    scanf("%d",&n);
    cnt=0; ans=0; ans1=n*n*1ll;
    memset(head,-1,sizeof(head));
    memset(dp,0,sizeof(dp));
    for(int i=1;i<n;++i)
    {
        scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
        addedge(u,v,w); addedge(v,u,w);
    }
    dfs(1,0); ans+=1ll*n;
    ll g=__gcd(ans,ans1);
    ans/=g;ans1/=g;
    printf("%lld/%lld\n",ans,ans1);

    return 0;
}