樹的點分治 bzoj2152
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
5
1 2 1
1 3 2
1 4 1
2 5 3
Sample Output
13/25
【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)。
【資料規模】
對於100%的資料，n<=20000。
線性結構在分治時一般選擇二分，因為這樣可以使得分出來子結構中最大的那個最小，劃分的次數少，遞迴的深度小
同樣的，對樹進行分治時，也要儘可能讓分出來的最大的子樹小，這樣遞迴的深度才小
樹的重心: 以一個點為根，若這個點的最大子樹最小，則這個點是樹的重心
樹重心的求法:
先假設一個重心，讓它的最大子樹大小為inf
dfs整棵樹，對每個點，記錄它最大子樹的大小，如果它的最大子樹大小比重心的最大子樹要小，更新重心
因為樹本身是無向的，但dfs是隨便找一個點 當根，有向地搜的，所以父親結點那邊也是一棵子樹。
int root,f[maxn],vis[maxn],siz[maxn],sum;//f[u]表示以u為根的最大子樹的大小 找完重心就以重心為根dfs處理子樹資訊
處理樹中路徑資訊時，有兩種情況: 經過根節點(跨子樹) 和 不經過根節點(在一棵子樹中)
處理的時候是無論經過與否一併統計的。可以發現，不經過根節點的路徑在某個子樹中一定是經過那個子樹的根的
也就是說這部分的資訊計了兩次。把子樹的資訊算一遍減掉得到的就是正確答案了。
int t[3];
void getdis(int u,int dis,int fa)//把u為根的子樹的資訊全處理出來
{
++t[dis];
for(int i=head[u];~i;i=e[i].next)
{
int v = e[i].to;
if(v!=fa&&!vis[v])
getdis(v,(dis + e[i].w)%3,u);
}
}
int calc(int u,int dis)
{
t[0] = t[1] = t[2] = 0;
getdis(u,dis%3,0);
return t[0]*t[0] + 2*t[1]*t[2];
//t[0]記錄的是子樹中到u的距離為3的倍數的點，這些點兩兩間的路徑顯然距離也是3
//t[1]的點到t[2]的點的路徑距離是3的倍數，正反兩個方向*2
}
int ans;
void solve(int u)//先加上u的貢獻，再減去u的子樹v的貢獻
{
ans += calc(u,0);
vis[u] = 1;//相當於刪除u這個點
for(int i=head[u];~i;i=e[i].next)
{
int v = e[i].to;
if(vis[v]) continue;
ans -= calc(v,e[i].w);
root = 0, sum = siz[v];
f[root] = 0x7fffffff;
getroot(v,0);
solve(root);
}
}為什麼減去的部分一開始是e[i].w呢, 因為getdis算出來的是子樹中每個點到根的距離,而不經過根的路徑每次計算必然都算多了根和根的兒子這一路徑
完整程式碼
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
const int maxn = 2e4 + 5;
int N;
struct Edge
{
int to, next, w;
}e[maxn<<1];
int edgenum,head[maxn];
void add(int u,int v,int w)
{
e[edgenum].to = v;
e[edgenum].next = head[u];
e[edgenum].w = w;
head[u] = edgenum++;
}
int root,f[maxn],vis[maxn],siz[maxn],sum;//f[u]表示以u為根的最大子樹的大小
void getroot(int u,int fa)
{
siz[u] = 1, f[u] = 0;
for(int i=head[u];~i;i=e[i].next)
{
int v = e[i].to;
if(v==fa || vis[v]) continue;
getroot(v,u);
siz[u] += siz[v];
f[u] = max(f[u],siz[v]);//找子樹大小的最大值
}
f[u] = max(f[u],sum - siz[u]);//把父親看作是連在上方的子樹
if(f[u] < f[root])
root = u;
}
int t[3];
void getdis(int u,int dis,int fa)//把u為根的子樹的資訊全處理出來
{
++t[dis];
for(int i=head[u];~i;i=e[i].next)
{
int v = e[i].to;
if(v!=fa&&!vis[v])
getdis(v,(dis + e[i].w)%3,u);
}
}
int calc(int u,int dis)
{
t[0] = t[1] = t[2] = 0;
getdis(u,dis%3,0);
return t[0]*t[0] + 2*t[1]*t[2];
//t[0]記錄的是子樹中到u的距離為3的倍數的點，這些點兩兩間的路徑顯然距離也是3
//t[1]的點到t[2]的點的路徑距離是3的倍數，正反兩個方向*2
}
int ans;
void solve(int u)//先加上u的貢獻，再減去u的子樹v的貢獻
{
ans += calc(u,0);
vis[u] = 1;//相當於刪除u這個點
for(int i=head[u];~i;i=e[i].next)
{
int v = e[i].to;
if(vis[v]) continue;
ans -= calc(v,e[i].w);
root = 0, sum = siz[v];
f[root] = 0x7fffffff;
getroot(v,0);
solve(root);
}
}
void init(int N)
{
ans = root = 0;
sum = N;
f[0] = 0x7fffffff;
++N;
memset(head,-1,4*N);
memset(vis,0,4*N);
}
int gcd(int a,int b)
{
return b==0 ? a : gcd(b,a%b);
}
int main()
{
int u,v,w,a;
scanf("%d",&N);
init(N);
for(int i=0;i<N-1;++i)
{
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
add(u,v,w%3);
add(v,u,w%3);
}
getroot(1,0);//隨便找一個點把無根樹拉成有根樹，第一個引數填什麼都行(只要<=N,填1最穩)
//跑完getroot之後root就是樹的重心了
solve(root);
a = gcd(N*N,ans);
printf("%d/%d\n",ans/a,N*N/a);
return 0;
}