[树形dp] 洛谷 P2634 聪聪可可

题目描述

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。

输入输出格式

输入格式：

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。

输出格式：

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”）。

输入输出样例

输入样例#1：

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

输出样例#1：

13/25

说明

【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。

题解

• 可以考虑dp，设f[x][0/1/2]为在x的子树或距离x的距离在模3的意义下为0、1、2的个数有多少个
• 转移的话，可以直接加边权%3后转移
• 统计答案的话，要前面的子树的点到点x的距离与当前子树中的点到点x的距离在模3意义下为0

代码

#include <cstdio>
#include <iostream>
#define N 20010
using namespace std;
struct edge {int to,from,v;}e[N*2];
int n,cnt,ans,mx,f[N][3],head[N];
void insert(int x,int y,int z) { e[++cnt].to=y,e[cnt].v=z,e[cnt].from=head[x],head[x]=cnt; }
int gcd(int a,int b){ return a==0?b:gcd(b%a,a); } 
void dfs(int x,int fa)
{
    f[x][0]=1;
    for (int i=head[x];i;i=e[i].from)
        if (e[i].to!=fa)
        {
            dfs(e[i].to,x);
            for (int j=0;j<3;j++) ans+=f[e[i].to][j]*f[x][((-j-e[i].v)%3+3)%3]*2;
            for (int j=0;j<3;j++) f[x][(j+e[i].v)%3]+=f[e[i].to][j];
        }
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for (int i=1,x,y,z;i<n;i++) scanf("%d%d%d",&x,&y,&z),insert(x,y,z),insert(y,x,z);
    dfs(1,0);
    ans+=n,mx=n*n;
    printf("%d/%d",ans/gcd(ans,mx),mx/gcd(ans,mx));
}