【洛谷P2634】聪聪可可【树形dp】

题目大意：

题目链接：https://www.luogu.org/problem/P2634
求树上任意两点之间的距离为3的倍数的概率。

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思路：

设$f[x][0/1/2]$表示以$x$为根的子树中，到达$x$的所有路径中长度取模$3$的余数为$0/1/2$的数量。
那么如果一条边$(x,y)$的长度为$d$，则有
$f[x][(j+d)\%3]=\sum f[y][j]\ |\ (x,y)=d$
那么如何求答案呢？
像数的直径一样，我们在加入$(x,y)$这条边的贡献之前，先把$y$和$x$节点的其他子树的贡献计算出来。
也就是说，枚举$x$到$y$子树的长度$j$，然后我们就要在$x$的其他子树内找长度为$3-j$的边，把这两条边数相乘即可。
那么由于$(3-j-d)\%3$可能是负数，所以我们不妨将其写为$(3k-j-d)\%3$，其中$k$为任意常数。只要$k$足够大，那么原式结果不会变且一定是正数。
注意点对无序，所以最终$ans$要乘2。然后所有形如$(x,x)$的点对我们都没计算，所以最终的边数就是$2ans+n$。
时间复杂度$O(n)$

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代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int N=20010;
int n,ans,tot,head[N],f[N][3];

struct edge
{
	int next,to,dis;
}e[N*2];

void add(int from,int to,int dis)
{
	e[++tot].to=to;
	e[tot].dis=dis;
	e[tot].next=head[from];
	head[from]=tot;
}

void dfs(int x,int fa)
{
	f[x][0]++;
	for (int i=head[x];~i;i=e[i].next)
	{
		int v=e[i].to;
		if (v!=fa)
		{
			dfs(v,x);
			for (int j=0;j<=2;j++)
				ans+=f[v][(999999999-j-e[i].dis)%3]*f[x][j];
			for (int j=0;j<=2;j++)
				f[x][(j+e[i].dis)%3]+=f[v][j];
		}
	}
}

int main()
{
	memset(head,-1,sizeof(head));
	scanf("%d",&n);
	for (int i=1,x,y,z;i<n;i++)
	{
		scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
		add(x,y,z); add(y,x,z);
	}
	dfs(1,0);
	int GCD=__gcd(ans*2+n,n*n);
	printf("%d/%d",(ans*2+n)/GCD,n*n/GCD);
	return 0;
}