A 求和
时间限制: 1 Sec 空间限制: 256 MB

输入输出文件名:A.in,A.out

题目描述
给出一棵以1为根的有n个节点的树，树上每条边都有其边权。

求所有点对之间的路径上的边权和的总和。

输入格式：
第一行为n

接下来n-1行，每行三个整数，分别表示一条边的两端点编号和边权。（编号为1..n）

输出格式：
输出一个数字表示总和

输入样例
4

1 2 10

2 3 10

1 4 20

输出样例
130

样例解释
1->2:10 , 1->3:20 , 1->4:20 , 2->3:10 , 2->4:30 , 3->4:40 , 总和为130。

数据范围
对于30%的数据，1<=n<=300

对于80%的数据，1<=n<=3000

对于100%的数据，1<=n<=100000，边权为<=100的正整数。

这题的做法是考虑每条边对答案的贡献（套路题QAQ）

即考虑有多少条路径经过这条边

易知即边左边的点的数目*另一边的点的数目

我们可以先从根节点dfs一遍求出每个节点的子树的大小

即一边的点的数目

这样就可以得到贡献为 cost * size[e[k].to]*(n-size[e[k].to])

#include<cstdio>
#include<cstring>
const int N=100005;
struct node
{  int to,next,c;
}e[N*2];
int first[N],visit[N],size[N];
int cnt=0;
int n;
void insert(int u,int v,int c)
{  e[++cnt].to=v;e[cnt].next=first[u];first[u]=cnt;e[cnt].c=c;  e[++cnt].to=u;e[cnt].next=first[v];first[v]=cnt;e[cnt].c=c;
}
long long ans=0;long long sum=0;
void dfs(int x)
{     visit[x]=1;size[x]=1;  for(int k=first[x];k;k=e[k].next)  if(!visit[e[k].to])  {  dfs(e[k].to);  size[x]+=size[e[k].to];  }
}
void dfs2(int x)
{  visit[x]=1;  for(int k=first[x];k;k=e[k].next)  {  if(!visit[e[k].to])  {  ans+=e[k].c*size[e[k].to]*(n-size[e[k].to]);  dfs2(e[k].to);  }     }
}
int main()
{  scanf("%d",&n);  int u,v,c;  for(int i=1;i<n;i++)   {  scanf("%d %d %d",&u,&v,&c);  insert(u,v,c);  }  dfs(1);  memset(visit,0,sizeof(visit));  dfs2(1);  printf("%lld\n",ans);  return 0;
}

Xor路

(xor.pas/c/cpp) 128MB 1s

给定一棵有N个点和N-1条边的树，请你求出树中的最长路径，以及总共有多少条最长路径。

这里路径长度是用xor定义的，即若经过的边的权值为a1, a2, a3,...,an，则这条路径的总权值为 a1 xor a2 xor a3 ... xor an。

输入格式

第1行为一个正整数 N，为点的个数。

第2行至第N行，每行包含三个正整数x,y,z，表示x和y之间有一条权值为z的边。

输出格式

仅一行，包含两个数字，为最长路径的长度和条数。

样例输入

4

1 2 3

2 4 1

1 3 4

样例输出

7 1

样例解释

2-1-3 这条路径，长度为3 xor 4=7。

数据范围

全部数据满足 0<=z<=1e9

（请注意栈空间溢出）

由xor的性质可得

两个点的路径即为根节点到一个点的路径^根节点到另一个点的路径

然后又由xor的性质可得

高位上两个值的二进制表示不同

异或的结果就为1（这样是最优的）

所以想到建一颗trie树

维护对一个值的最优异或结果

并统计方案数

#include<cstdio>
#include<cstring>
const int N=200005;
struct node
{  int next,to,c;
}e[N*2];
int qu[N+100],dis[N];int cnt=0;int first[N],visit[N];
int l[N*31][2];
int h[N*31];
void insert(int u,int v,int c)
{  e[++cnt].to=v;e[cnt].next=first[u];e[cnt].c=c;first[u]=cnt;  e[++cnt].to=u;e[cnt].next=first[v];e[cnt].c=c;first[v]=cnt;
}
void bfs()
{  int head=1,tail=2;  qu[1]=1;  while(head<=tail)  {  int rr=qu[head++];visit[rr]=1;  for(int k=first[rr];k;k=e[k].next)  if(!visit[e[k].to])  visit[e[k].to]=1,qu[tail++]=e[k].to,dis[e[k].to]=dis[rr]^e[k].c;  }
}
int k=0;
int tot=0;
void insert(int x)
{  int ro=0;  for(int i=30;i>=0;i--)  {  int cnt=(x&(1<<i))>>i;  if(!l[ro][cnt]) l[ro][cnt]=++tot;  ro=l[ro][cnt];  }  h[ro]++;
}
int find(int x)
{  int ro=0;  for(int i=30;i>=0;i--)  {  int cnt=(x&(1<<i))>>i;  if(l[ro][!cnt]) ro=l[ro][!cnt],k+=(1<<i);  else ro=l[ro][cnt];  }  return h[ro];
}
int main()
{  freopen("xor.in","r",stdin);  freopen("xor.out","w",stdout);  int n;  scanf("%d",&n);  int u,v,c;  for(int i=1;i<n;i++)  scanf("%d %d %d",&u,&v,&c),insert(u,v,c);  bfs();  for(int i=1;i<=n;i++)    insert(dis[i]);  long long int max=0,sum=0;  for(int i=1;i<=n;i++)  {  k=0;int p=find(dis[i]);  if(k>max)        max=k,sum=p;  else if(k==max) sum+=p;  }  printf("%lld %lld\n",max,sum>>1);  fclose(stdin);  fclose(stdout);  return 0;
}  

T3

时间限制: 1 Sec 空间限制: 256 MB

输入输出文件名:B.in,B.out

题目描述
给出一棵以1为根的有n个节点的树，树上每条边都有其边权。

四条琉璃想选择一个点作为起点，他希望这个起点到其他所有点距离和是最小的。

输入格式：
第一行为n

接下来n-1行，每行三个整数，分别表示一条边的两端点编号和边权。（编号为1..n）

输出格式：
一个数，表示那个最小的距离和。

输入样例
5

1 2 10

2 3 10

1 4 20

2 5 10

输出样例
60

样例解释
选2作为起点。2->1:10,2->3:10,2->4:30,2->5:10，总和为60

数据范围
对于40%的数据，1<=n,m<=2333

对于100%的数据，1<=n,m<=300 000，边权为<=100的正整数

这道题很多种方法可以做

方法一：

发现可以O（1）转移

先求出一个节点的答案

然后从一个点转移到另一个点

就+e[k].c * (n-size[e[k].to]) - e[k].c * size[e[k].to]

其实就是求的树的重心

方法二：s

双向树形dp

第一次dfs从儿子上传信息到父亲

即维护一个点到它的子树内每个点的距离之和（big数组）

第二次dfs从父亲下传信息到儿子

即维护到子树外的点的距离之和（f数组）（父亲和兄弟）

转移方程看代码吧

#include<cstdio>
#include<cstring>
const int N=300050;
struct node
{  int next,to,c;
}e[N*2];
int first[N];
int cnt=0;
long long int f[N];
int  n;
void insert(int u,int v,int c)
{  e[++cnt]=(node){first[u],v,c};first[u]=cnt;  e[++cnt]=(node){first[v],u,c};first[v]=cnt;
}
long long int big[N];
int size[N],visit[N];
void dfs1(int x)
{  visit[x]=1;size[x]=1;  for(int k=first[x];k;k=e[k].next)  if(!visit[e[k].to])  {  dfs1(e[k].to);  size[x]+=size[e[k].to];  big[x]+=big[e[k].to]+(long long )e[k].c*size[e[k].to];  }
}
void dfs2(int x)
{  visit[x]=1;  for(int k=first[x];k;k=e[k].next)  if(!visit[e[k].to])  {  f[e[k].to]=f[x]+(big[x]-big[e[k].to]-(long long )size[e[k].to]*e[k].c)+(n-size[e[k].to])*(long long )e[k].c;  dfs2(e[k].to);  }
}
int main()
{  freopen("B.in","r",stdin);  freopen("B.out","w",stdout);  scanf("%d",&n);  int u,v,c;  for(int i=1;i<n;i++)  {  scanf("%d %d %d",&u,&v,&c);  insert(u,v,c);  }  dfs1(1);  memset(visit,0,sizeof(visit));  dfs2(1);  long long min=1e17;  for(int i=1;i<=n;i++)  min=min<big[i]+f[i]?min:big[i]+f[i];  printf("%lld\n",min);  return 0;
}