2152: 聪聪可可
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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
1 2 1
1 3 2
1 4 1
2 5 3
Sample Output
【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。
HINT
Source
题目链接：http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2152
一道裸的树分治
令节点 i 到当前分治的节点的距离为 dis[i] ，对于任意一个满足条件的点对 [i,j] ，有 (dis[i] + dis[j]) % 3 = 0
我们将所有点的 dis[] 值对 3 取余，统计出取余后结果为 0,1,2 的个数，记为 num[0], num[1], num[2]。
那么，对于子树中任意的一个节点 i ：
1）dis[i] % 3 = 0 时：当前符合条件的点对数为 num[0]（即同为 3 的倍数）；
2）dis[i] % 3 = 1 时：当前符合条件的点对数为 num[3 - 1 = 2] 。
（证明：将 dis[i] 拆成 3x + 1，满足条件的另一个点的距离 dis[j] 拆成 3y + 2，则和为 3x + 1 + 3y + 2 = 3x + 3y + 3 = 3(x + y + 1)，是 3 的倍数）
3）dis[i] % 3 = 2 时：当前符合条件的点对数为 num[3 - 2 = 1] 。（证明同上）
以上情况可合并为 cnt += (!dis[i] ? num[0] : num[3 - dis[i]])（cnt 为记录的答案，dis[i] 已经对 3 取余过）
下面给出AC代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read()//读入优化
{
int x=,f=;//f表示符号,x表示首位数字0
char ch=getchar();
while(ch<''||ch>'')//如果ch不是数字
{
if(ch=='-')//如果是符号就改变符号
f=-;
ch=getchar();
}
while(ch>=''&&ch<='')//如果ch是数字,接下来的每位数字
{
x=x*+ch-'';//将数字添加进x内
ch=getchar();
}
return x*f;//返回数值
}
inline void write(int x)//输出优化
{
if(x<)//判断小于0的情况
{
putchar('-');
x=-x;
}
if(x>)//保存每一位
{
write(x/);
}
putchar(x%+'');//输出
}
inline int gcd(int a,int b)//求最大公因数
{
return b==?a:gcd(b,a%b);
}
const int N=;
int last[N];
int son[N];//son表示树的大小
int f[N];//表示最大子树的节点数
int d[N];//表示到k的距离
int t[N];//表示到k的距离%3=0的点的个数
bool vis[N];
struct Edge//前向星存边
{
int to,next,v;
}edge[N<<];//保存双向图
int n,cnt,ans,root,sum;
inline void addage(int u,int v,int w)//连双向边
{
edge[++cnt].to=v;
edge[cnt].next=last[u];
last[u]=cnt;
edge[cnt].v=w;
edge[++cnt].to=u;
edge[cnt].next=last[v];
last[v]=cnt;
edge[cnt].v=w;
}
inline void getroot(int x,int fa)//寻找根节点,根节点满足最大儿子子树规模最小,求重心的操作
{
son[x]=;//son[x]表示x的树大小
f[x]=;//f[x]表示x最大子树的节点数
for(int i=last[x];i;i=edge[i].next)//枚举和x相邻的每一个点
{
if(!vis[edge[i].to]&&edge[i].to!=fa)//如果没有被删除,并且当前节点不是根节点
{
getroot(edge[i].to,x);
son[x]+=son[edge[i].to];//子树规模
f[x]=max(f[x],son[edge[i].to]);
}
}
f[x]=max(f[x],sum-son[x]);//x最大子树的节点数f[x]=max(f[x],与此子树大小-f[x])
if(f[x]<f[root])
root=x;
}
inline void getdeep(int x,int fa)//获得每个点到cal中的x的距离,即root
{
t[d[x]]++;//统计到k距离的个数,//将对应余数的数目+1
for(int i=last[x];i;i=edge[i].next)//枚举和x相邻的每一个点
{
if(!vis[edge[i].to]&&edge[i].to!=fa)//如果没有被删除,并且当前节点不是根节点
{
d[edge[i].to]=(d[x]+edge[i].v)%;
getdeep(edge[i].to,x);
}
}
}
inline int cal(int x,int now)//t[0]表示到k的距离%3=0的点的个数,t[1]表示余数为1,t[2]表示余数为2,所以计算方案数时,t[0]内部解决,t[1]和t[2]两两搭配
{
t[]=t[]=t[]=;//余数清0
d[x]=now;
getdeep(x,);//getdeep更新子树的root的值,计算深度root
return t[]*t[]*+t[]*t[];//计算路径数
}
inline void work(int x)//表示work以x为根的子树,此时x已经是重心
{
ans+=cal(x,);//统计不同子树通过重心的个数
vis[x]=;//把x从树中删除
for(int i=last[x];i;i=edge[i].next)//枚举和x相邻的每一个点
{
if(!vis[edge[i].to])//如果没有被删除,说明在某一棵子树中
{
ans-=cal(edge[i].to,edge[i].v);//去除在同一个子树中被重复统计的
root=;
sum=son[edge[i].to];
getroot(edge[i].to,);//找到所在子树的重心root,更新重心root
work(root);//递归处理root,求解子树
}
}
}
int main()
{
n=read();
for(int i=;i<n;i++)//建图
{
int u=read();
int v=read();
int w=read()%;
addage(u,v,w);//建立一个无向图
}
f[]=n;
sum=n;
getroot(,);
work(root);
int t=gcd(ans,n*n);
printf("%d/%d\n",ans/t,n*n/t);
return ;
}