P2634 [国家集训队]聪聪可可 [点分治(待填坑) /树形dp]

$聪聪可可$

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。

$n<=20000$.

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$color{blue}{最初想法}$

点分治? 不会, 打暴力跳过…

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$color{red}{正解部分}$

$方法 1:$ 树形dp

设 $F[i, j]$ 表示一个端点为 $i$ 点, 含有多少边权和 $\%3=j$的路径,
因为自己到自己为一条路径, 所以初值 $F[i,0]=1$, 利用子树进行转移, 具体地说:

从头到尾扫所有子树, 设扫到中间时, 已有的路径数为 $F[i, j]$, 当前子树的路径数为 $F[to, j]$,

• 更新答案: $Ans +=2* F[i, j]*F[to,3-j]$
• 更新$dp$数组: $F[i, j] += F[to, ((j-edge[p].w)\%3+3)\%3)]$ .

两个端点都为自己的路径 在上述累加方式中没有涉及到, 所以最后答案要加上 $N$ .

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$方法 2:$ 点分治

$待填坑.$

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$color{red}{实现部分}$

• 注意最后答案要加上 $N$ .
• 注意统计答案时要乘 $2$ .
• 在处理模意义下的负数时不能够直接取绝对值 .

#include<bits/stdc++.h>
#define reg register

const int maxn = 20004;

int N;
int Ans;
int num0;
int head[maxn];
int F[maxn][3];

struct Edge{ int nxt, to, w; } edge[maxn<<1];

void Add(int from, int to, int w){
        edge[++ num0] = (Edge){ head[from], to, w };
        head[from] = num0;
}

int Mod(int x){ return (x%3+3) % 3; }

int Gcd(int a, int b){ return !b?a:Gcd(b, a%b); }

void DFS(int k, int fa){
        F[k][0] = 1;
        for(reg int i = head[k]; i; i = edge[i].nxt){
                int to = edge[i].to;
                if(to == fa) continue ;
                DFS(to, k);
                for(reg int j = 0; j < 3; j ++) Ans += 2*F[k][j]*F[to][Mod(-j-edge[i].w)];
                for(reg int j = 0; j < 3; j ++) F[k][j] += F[to][Mod(j-edge[i].w)];
        }
}

int main(){
        scanf("%d", &N);
        for(reg int i = 1; i < N; i ++){
                int x, y, w;
                scanf("%d%d%d", &x, &y, &w); w %= 3;
                Add(x, y, w), Add(y, x, w);
        }
        DFS(1, 0);
        Ans += N; //!
        int tot = N*N;
        int gcd = Gcd(tot, Ans);
        Ans /= gcd, tot /= gcd;
        printf("%d/%d
", Ans, tot);
        return 0;
}