洛谷 2634&&BZOJ 2152: 聪聪可可【点分治学习+超详细注释】

2152: 聪聪可可

Time Limit: 3 Sec  Memory Limit: 259 MB
Submit: 3435  Solved: 1776
[Submit][Status][Discuss]

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

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

Sample Output

13/25
【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。

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 ;
 }