【BZOJ2152】聪聪可可，dfs+递推/点分治

传送门
写在前面：╯﹏╰
思路：刚开始char哥在做这个题，提供了不用点分治而是树上递推的做法，然后我就先调出来了……
对树进行dfs，f[u][y]表示以x为根的子树中，与u距离为y的点(mod 3)，g[u]为以x为根的子树中符合条件的点对（不包含(1,1),(2,2)……），那么最后答案就是((g[1]+n)/gcd,n∗n/gcd)((g[1]+n)/gcd,n*n/gcd)
f的递推式还是比较好想的
f[u][w(u,v)+y]=∑f[v][y]v为x的儿子f[u][w(u,v)+y]=∑f[v][y] v为x的儿子
g的递推式有些细节，首先在统计3种点对（在mod3情况下为0,1,2）时，分成LCA为u的点对和LCA不为u的点对（实际上就是一棵子树中原本有的点对和两个子树间的点对）
前者直接加g[v]就好了
后者则是利用乘法原理，比如第一棵子树中与u距离为1(mod 3)的点有3个，其他子树（不能包含第一棵子树中的点，因为已经在dfs第一棵子树的时候统计过了，我们要求的是LCA不为u的点对！）中与u距离为2的点有2个，那么g[u]+=2*3，同时值得注意的是，在计算距离为0的点时，u也是要算进去的，但计算一次子树时它只能算一次（好可怜啊），其他点在循环后都算了两次的，所以我们计算时要加个一
注意：都说过了……
代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int tot,g[20010],f[20010][3],first[20010],n,x,y,z;
int fa[20010];
struct edge
{int u,v,w,next;
}e[40010];
void add(int x,int y,int z)
{e[++tot].u=x;e[tot].v=y;e[tot].w=z;e[tot].next=first[x];first[x]=tot;
}
void dfs(int x)
{for (int i=first[x];i;i=e[i].next)if (fa[x]!=e[i].v){fa[e[i].v]=x;dfs(e[i].v);f[x][e[i].w]+=f[e[i].v][0];f[x][(e[i].w+1)%3]+=f[e[i].v][1];f[x][(e[i].w+2)%3]+=f[e[i].v][2];}for (int i=first[x];i;i=e[i].next)if (fa[x]!=e[i].v){g[x]+=g[e[i].v];g[x]+=(f[x][0]-f[e[i].v][(3-e[i].w)%3]+1)*f[e[i].v][(3-e[i].w)%3];//这就是我们刚才说的问题，(u,x)和(x,u)都是要算的g[x]+=(f[x][1]-f[e[i].v][(4-e[i].w)%3])*f[e[i].v][(5-e[i].w)%3];g[x]+=(f[x][2]-f[e[i].v][(5-e[i].w)%3])*f[e[i].v][(4-e[i].w)%3];}
}
int gcd(int x,int y)
{if (!y) return x;return gcd(y,x%y);
}
main()
{scanf("%d",&n);for (int i=1;i<n;i++)scanf("%d%d%d",&x,&y,&z),z%=3,add(x,y,z),add(y,x,z);for (int i=1;i<=n;i++) f[i][0]=1;dfs(1);int p=gcd(g[1]+n,n*n);printf("%d/%d",(g[1]+n)/p,n*n/p);
}

附样例

在没学过一个算法时，我们并不要畏惧它，甚至连看都不敢看（至少想想如果在考场上遇到，暴力该怎么打吧……）另辟蹊径，也能走出一片天地

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