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Description

給出一個\(n(n\leq2\times10^4)\)個點的帶邊權樹，隨機從中選擇兩個點\(u,v\)（可以相同），求路徑\((u,v)\)的長度恰為\(3\)的倍數的概率。

Solution

點分治。
統計過根的答案時，依然使用容斥原理。記點\(u\)到根\(rt\)的距離為\(dst[u]\)，calc(u)表示以\(u\)為根的子樹中有多少有序點對\((v_1,v_2)\)滿足\(dst[v_1]+dst[v_2]\)為\(3\)的倍數，那麽過根的長度為\(3\)的倍數的路徑條數就等於\(calc(rt)-\sum_{u\in son_{rt}}calc(u)\)

時間復雜度\(O(nlogn)\)。

Code

//聰聰可可
#include <algorithm>
#include <cstdio>
using std::max;
typedef long long lint;
inline char gc()
{
    static char now[1<<16],*s,*t;
    if(s==t) {t=(s=now)+fread(now,1,1<<16,stdin); if(s==t) return EOF;}
    return *s++;
}
inline int read()
{
    int
 
 x=0; char ch=gc();
    while(ch<'0'||'9'<ch) ch=gc();
    while('0'<=ch&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=gc();
    return x;
}
int const N=2e4+10;
int n;
int h[N],cnt;
struct edge{int v,w,nxt;} ed[N<<1];
void edAdd(int u,int v,int w)
{
    cnt++; ed[cnt].v=v,ed[cnt].w=w,ed[cnt].nxt=h[u],h[u]=cnt;
    cnt++; ed[cnt].v=u,ed[cnt].w=w,ed[cnt].nxt=h[v],h[v]=cnt;
}
lint ans1,ans2;
int
 
 G,siz0,siz[N],chSiz[N]; bool vst[N];
void getG(int u,int fa)
{
    siz[u]=1,chSiz[u]=0;
    for(int i=h[u];i;i=ed[i].nxt)
    {
        int v=ed[i].v;
        if(vst[v]||v==fa) continue;
        getG(v,u); siz[u]+=siz[v],chSiz[u]=max(chSiz[u],siz[v]);
    }
    chSiz[u]=max(chSiz[u],siz0-siz[u]);
    if(chSiz[u]<chSiz[G]) G=u;
}
lint cur[5];
void getCur(int u,int fa,int d)
{
    cur[d]++;
    for(int i=h[u];i;i=ed[i].nxt)
    {
        int v=ed[i].v;
        if(vst[v]||v==fa) continue;
        getCur(v,u,(d+ed[i].w)%3);
    }
}
lint calc(int u,int d0)
{
    cur[0]=cur[1]=cur[2]=0; getCur(u,0,d0%3);
    lint res=cur[0]*cur[0]+cur[1]*cur[2]+cur[2]*cur[1];
    return res;
}
void solve(int u);
void DC(int u)
{
    siz[u]=siz0; vst[u]=true; ans1+=calc(u,0);
    for(int i=h[u];i;i=ed[i].nxt)
    {
        int v=ed[i].v;
        if(vst[v]) continue;
        if(siz[v]>siz[u]) siz[v]=siz0-siz[u];
        ans1-=calc(v,ed[i].w);
    }
    for(int i=h[u];i;i=ed[i].nxt) {int v=ed[i].v; if(!vst[v]) solve(v);}
}
void solve(int u) {siz0=siz[u],G=0,chSiz[G]=n,getG(u,0),DC(G);}
lint gcd(lint x,lint y) {return (x%y)?gcd(y,x%y):y;}
int main()
{
    n=read();
    for(int i=1;i<=n-1;i++)
    {
        int u=read(),v=read(),w=read();
        edAdd(u,v,w);
    }
    ans1=0; siz[1]=n,solve(1);
    ans2=(lint)n*n;
    lint g=gcd(ans1,ans2);
    printf("%lld/%lld\n",ans1/g,ans2/g);
    return 0;
}

BZOJ2152 - 聰聰可可