[BZOJ 2152]聰聰可可
阿新 • • 發佈：2017-09-20
true pla clas navi 分治 www 臺電腦 close 接下來
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2 5 3
13組點對分別是(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)。
【數據規模】
對於100%的數據，n<=20000。 
Description
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。
Input
輸入的第1行包含1個正整數n。後面n-1行，每行3個整數x、y、w，表示x號點和y號點之間有一條邊，上面的數是w。
Output
以即約分數形式輸出這個概率（即“a/b”的形式，其中a和b必須互質。如果概率為1，輸出“1/1”）。
Sample Input
51 2 1
1 3 2
1 4 1
2 5 3
Sample Output
13/25HINT
【樣例說明】13組點對分別是(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)。
【數據規模】
對於100%的數據，n<=20000。
題解
解法一
考慮樹形$DP$解法，我們令$f[u][0/1/2]$表示以$u$為根當前已處理過的子樹中路徑長度$mod$ $3$為$0/1/2$的條數。
對於點對的處理我們用類似->這道題<-的方法。
我們令$flag[0/1/2]$為處理$u$的某個子樹時該子樹中以$u$為根路徑長度$mod$ $3$為$0/1/2$的條數。
此時我們讓
ans += flag[0]*f[u][0] + flag[1]*f[u][2] + flag[2]*f[u][1];
此後，將$flag$累加到$f[u]$上。
最後記得再單獨加上$f[u][0]$，表示$u$為路徑端點的情況。
最後對於答案的處理記得$*2$（無序點對變有序點對），再加上$n$（未考慮$(i,i)$這樣的情況）。
1 //It is made by Awson on 2017.9.20 2 #include <set> 3 #include <map> 4 #include <cmath> 5 #include <ctime> 6 #include <queue> 7 #include <stack> 8 #include <string> 9 #include <cstdio> 10 #include <vector> 11 #include <cstdlib> 12 #include <cstring> 13 #include <iostream> 14 #include <algorithm> 15 #define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b)) 16 #define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b)) 17 #define LL long long 18 using namespace std; 19 const int N = 20000; 20 const int INF = ~0u>>1; 21 22 int n, u, v, c; 23 struct tt { 24 int to, cost, next; 25 }edge[N*2+5]; 26 int path[N+5], top; 27 int f[N+5][3]; 28 int ans = 0; 29 30 int gcd(int a, int b) { 31 return b == 0 ? a : gcd(b, a%b); 32 } 33 void add(int u, int v, int c) { 34 edge[++top].to = v; 35 edge[top].cost = c; 36 edge[top].next = path[u]; 37 path[u] = top; 38 } 39 void dfs(int u, int fa) { 40 int flag[3]; 41 for (int i = path[u]; i; i = edge[i].next) 42 if (edge[i].to != fa) { 43 dfs(edge[i].to, u); 44 flag[edge[i].cost%3] = f[edge[i].to][0]; 45 flag[(1+edge[i].cost)%3] = f[edge[i].to][1]; 46 flag[(2+edge[i].cost)%3] = f[edge[i].to][2]; 47 ans += flag[0]*f[u][0] + flag[1]*f[u][2] + flag[2]*f[u][1]; 48 f[u][0] += flag[0]; 49 f[u][1] += flag[1]; 50 f[u][2] += flag[2]; 51 } 52 ans += f[u][0]; 53 f[u][0]++; 54 } 55 void work() { 56 for (int i = 1; i < n; i++) { 57 scanf("%d%d%d", &u, &v, &c); 58 c %= 3; 59 add(u, v, c); add(v, u, c); 60 } 61 dfs(1, 0); 62 int tmp = gcd(ans*2+n, n*n); 63 printf("%d/%d\n", (ans*2+n)/tmp, n*n/tmp); 64 } 65 int main() { 66 while (~scanf("%d", &n)) 67 work(); 68 return 0; 69 }樹形DP
解法二
這道題正解是點分治...
同樣還是之前的套路，我們找到重心後，每次只處理與重心有關的路徑。
每次找到重心，統計以重心為根的子樹中路徑長度個數；
同樣我們令$f[u][0/1/2]$表示以$u$為根路徑長度$mod$ $3$為$0/1/2$的條數。
可以用之前的做法統計，但這裏給出另一種思路。
我們先統計所有的子樹中節點到根的路徑長度個數，用剛剛的方程轉移。
但直接相乘會出現某條路徑不是簡單路徑，簡而言之就是兩個端點來自同一個子樹，
其實我們只要將來自同一個子樹的方案刪去即可。
（因為兩種解法一起寫的，這裏給出的點分治的代碼受樹形DP的代碼思想影響比較大，其實很多程序段是不必要的）
1 //It is made by Awson on 2017.9.20 2 #include <set> 3 #include <map> 4 #include <cmath> 5 #include <ctime> 6 #include <queue> 7 #include <stack> 8 #include <string> 9 #include <cstdio> 10 #include <vector> 11 #include <cstdlib> 12 #include <cstring> 13 #include <iostream> 14 #include <algorithm> 15 #define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b)) 16 #define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b)) 17 #define LL long long 18 using namespace std; 19 const int N = 20000; 20 const int INF = ~0u>>1; 21 22 struct tt { 23 int to, cost, next; 24 }edge[N*2+5]; 25 int path[N+5], top; 26 int n, u, v, c; 27 int ans; 28 bool vis[N+5]; 29 int size[N+5], mx[N+5], minsize, root; 30 int f[N+5][3]; 31 32 int gcd(int a, int b) { 33 return b == 0 ? a : gcd(b, a%b); 34 } 35 void add(int u, int v, int c) { 36 edge[++top].to = v; 37 edge[top].cost = c; 38 edge[top].next = path[u]; 39 path[u] = top; 40 } 41 void get_size(int u, int fa) { 42 size[u] = 1; mx[u] = 0; 43 for (int i = path[u]; i; i = edge[i].next) 44 if (!vis[edge[i].to] && edge[i].to != fa) { 45 get_size(edge[i].to, u); 46 size[u] += size[edge[i].to]; 47 mx[u] = Max(mx[u], size[edge[i].to]); 48 } 49 } 50 void get_root(int r, int u, int fa) { 51 mx[u] = Max(mx[u], size[r]-size[u]); 52 if (mx[u] < minsize) minsize = mx[u], root = u; 53 for (int i = path[u]; i; i = edge[i].next) 54 if (!vis[edge[i].to] && edge[i].to != fa) 55 get_root(r, edge[i].to, u); 56 } 57 void get_ans(int u, int fa) { 58 f[u][0] = 1; 59 f[u][1] = f[u][2] = 0; 60 for (int i = path[u]; i; i = edge[i].next) 61 if (!vis[edge[i].to] && edge[i].to != fa) { 62 get_ans(edge[i].to, u); 63 f[u][edge[i].cost%3] += f[edge[i].to][0]; 64 f[u][(1+edge[i].cost)%3] += f[edge[i].to][1]; 65 f[u][(2+edge[i].cost)%3] += f[edge[i].to][2]; 66 } 67 } 68 void solve(int x) { 69 minsize = INF; 70 int flag[3] = {0}; 71 get_size(x, 0); 72 get_root(x, x, 0); 73 vis[root] = true; 74 f[root][0] = 1; 75 f[root][1] = f[root][2] = 0; 76 for (int i = path[root]; i; i = edge[i].next) 77 if (!vis[edge[i].to]) { 78 get_ans(edge[i].to, 0); 79 flag[edge[i].cost%3] = f[edge[i].to][0]; 80 flag[(1+edge[i].cost)%3] = f[edge[i].to][1]; 81 flag[(2+edge[i].cost)%3] = f[edge[i].to][2]; 82 ans -= flag[0]*flag[0] + flag[1]*flag[2]*2; 83 f[root][0] += flag[0]; 84 f[root][1] += flag[1]; 85 f[root][2] += flag[2]; 86 } 87 ans += f[root][0]*f[root][0] + f[root][1]*f[root][2]*2; 88 for (int i = path[root]; i; i = edge[i].next) 89 if (!vis[edge[i].to]) 90 solve(edge[i].to); 91 } 92 void work() { 93 for (int i = 1; i < n; i++) { 94 scanf("%d%d%d", &u, &v, &c); 95 c %= 3; 96 add(u, v, c); add(v, u, c); 97 } 98 ans = 0; 99 solve(1); 100 int tmp = gcd(ans, n*n); 101 printf("%d/%d\n", ans/tmp, n*n/tmp); 102 } 103 int main() { 104 while (~scanf("%d", &n)) 105 work(); 106 return 0; 107 }點分治
[BZOJ 2152]聰聰可可