題幹

聰聰和可可是兄弟倆，他們倆經常為了一些瑣事打起來，例如家中只剩下最後一根冰棍而兩人都想吃、兩個人都想玩兒電腦（可是他們家只有一臺電腦）……遇到這種問題，一般情況下石頭剪刀布就好了，可是他們已經玩兒膩了這種低智商的遊戲。

他們的爸爸快被他們的爭吵煩死了，所以他發明了一個新遊戲：由爸爸在紙上畫n個“點”，並用n−1條“邊”把這n個“點”恰好連通（其實這就是一棵樹）。並且每條“邊”上都有一個數。接下來由聰聰和可可分別隨即選一個點（當然他們選點時是看不到這棵樹的），如果兩個點之間所有邊上數的和加起來恰好是3的倍數，則判聰聰贏，否則可可贏。

聰聰非常愛思考問題，在每次遊戲後都會仔細研究這棵樹，希望知道對於這張圖自己的獲勝概率是多少。現請你幫忙求出這個值以驗證聰聰的答案是否正確。

思路

考慮dp[i][j]，i為當前的節點，j為0,1,2中的一個數

dp[i][j]表示以i為根節點的子樹中，距離i節點的距離模3為j的個數。

於是我們只需要在遍歷每一個點時對這個陣列進行維護即可。

對於一條邊(u,v)

則滿足條件的個數要加上dp[v][i]*dp[u][mod(-i-邊的長度)] ，i∈{0,1,2} 這裡的（-i-邊的長度）就是為了與i湊一個3出來

mod函式為：

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

就是除以三取餘數

於是就有了以下程式碼：

void add(int u,int v,int len){
    cnt++;
    to[cnt] 
 
= v;
    l[cnt] = len;
    nxt[cnt] = head[u];
    head[u] = cnt;
}

int mod(int x){
    return (x%3+3)%3;
}
int gcd(int x,int y){
    if(x%y==0) return y;
    return gcd(y,x%y);
}

void dfs(int u,int v){
    f[u][0]=1;
    for(int p=head[u];p;p=nxt[p]){
        int vv=to[p];
        if(vv==v)continue
 
;
        dfs(vv,u);
        for(int i=0;i<=2;i++)
            fenzi+=f[vv][i]*f[u][mod(-i-l[p])]*2;
        for(int i=0;i<=2;i++)
            f[u][mod(i+l[p])]+=f[vv][i];
    }
}

int main(){
    ios::sync_with_stdio(false); 
    cin>>n;
    for(int i=1;i<n;i++){
        int a,b,c;
        cin>>a>>b>>c;
        add(a,b,c);
        add(b,a,c);
    }
    dfs(1,-1);
    fenzi+=n;
    fenmu=n*n;
    g=gcd(fenzi,fenmu);
    fenzi/=g;
    fenmu/=g;
    cout<<fenzi<<"/"<<fenmu<<endl;

我們著重再看看這部分：

for(int i=0;i<=2;i++) fenzi+=f[vv][i]*f[u][mod(-i-l[p])]*2;

for(int i=0;i<=2;i++) f[u][mod(i+l[p])]+=f[vv][i];

第一個迴圈是求答案總數，而因為是有序數對所以要乘二。

而我們每次對一顆子樹進行處理的時候，f[u]只更新了在他前面的子樹，所以不會存在有多更新的情況

也就是說不會存在兩條邊在同一子樹下的情況

最後要考慮只有一個點的情況也滿足題意，所以fenzi要+n

AC~