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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。
输入的第1行包含1个正整数n。后面n-1行,每行3个整数x、y、w,表示x号点和y号点之间有一条边,上面的数是w。
以即约分数形式输出这个概率(即“a/b”的形式,其中a和b必须互质。如果概率为1,输出“1/1”)。
5 1 2 1 1 3 2 1 4 1 2 5 3
13/25 【样例说明】 13组点对分别是(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)。 【数据规模】 对于100%的数据,n<=20000。
题目链接:http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2152
一道裸的树分治
令节点 i 到当前分治的节点的距离为 dis[i] ,对于任意一个满足条件的点对 [i,j] ,有 (dis[i] + dis[j]) % 3 = 0
我们将所有点的 dis[] 值对 3 取余,统计出取余后结果为 0,1,2 的个数,记为 num[0], num[1], num[2]。
那么,对于子树中任意的一个节点 i :
1)dis[i] % 3 = 0 时:当前符合条件的点对数为 num[0](即同为 3 的倍数);
2)dis[i] % 3 = 1 时:当前符合条件的点对数为 num[3 - 1 = 2] 。
(证明:将 dis[i] 拆成 3x + 1,满足条件的另一个点的距离 dis[j] 拆成 3y + 2,则和为 3x + 1 + 3y + 2 = 3x + 3y + 3 = 3(x + y + 1),是 3 的倍数)
3)dis[i] % 3 = 2 时:当前符合条件的点对数为 num[3 - 2 = 1] 。(证明同上)
以上情况可合并为 cnt += (!dis[i] ? num[0] : num[3 - dis[i]])(cnt 为记录的答案,dis[i] 已经对 3 取余过)
下面给出AC代码:
1 #include <bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 inline int read()//读入优化
4 {
5 int x=0,f=1;//f表示符号,x表示首位数字0
6 char ch=getchar();
7 while(ch<'0'||ch>'9')//如果ch不是数字
8 {
9 if(ch=='-')//如果是符号就改变符号
10 f=-1;
11 ch=getchar();
12 }
13 while(ch>='0'&&ch<='9')//如果ch是数字,接下来的每位数字
14 {
15 x=x*10+ch-'0';//将数字添加进x内
16 ch=getchar();
17 }
18 return x*f;//返回数值
19 }
20 inline void write(int x)//输出优化
21 {
22 if(x<0)//判断小于0的情况
23 {
24 putchar('-');
25 x=-x;
26 }
27 if(x>9)//保存每一位
28 {
29 write(x/10);
30 }
31 putchar(x%10+'0');//输出
32 }
33 inline int gcd(int a,int b)//求最大公因数
34 {
35 return b==0?a:gcd(b,a%b);
36 }
37 const int N=20010;
38 int last[N];
39 int son[N];//son表示树的大小
40 int f[N];//表示最大子树的节点数
41 int d[N];//表示到k的距离
42 int t[N];//表示到k的距离%3=0的点的个数
43 bool vis[N];
44 struct Edge//前向星存边
45 {
46 int to,next,v;
47 }edge[N<<1];//保存双向图
48 int n,cnt,ans,root,sum;
49 inline void addage(int u,int v,int w)//连双向边
50 {
51 edge[++cnt].to=v;
52 edge[cnt].next=last[u];
53 last[u]=cnt;
54 edge[cnt].v=w;
55 edge[++cnt].to=u;
56 edge[cnt].next=last[v];
57 last[v]=cnt;
58 edge[cnt].v=w;
59 }
60 inline void getroot(int x,int fa)//寻找根节点,根节点满足最大儿子子树规模最小,求重心的操作
61 {
62 son[x]=1;//son[x]表示x的树大小
63 f[x]=0;//f[x]表示x最大子树的节点数
64 for(int i=last[x];i;i=edge[i].next)//枚举和x相邻的每一个点
65 {
66 if(!vis[edge[i].to]&&edge[i].to!=fa)//如果没有被删除,并且当前节点不是根节点
67 {
68 getroot(edge[i].to,x);
69 son[x]+=son[edge[i].to];//子树规模
70 f[x]=max(f[x],son[edge[i].to]);
71 }
72 }
73 f[x]=max(f[x],sum-son[x]);//x最大子树的节点数f[x]=max(f[x],与此子树大小-f[x])
74 if(f[x]<f[root])
75 root=x;
76 }
77 inline void getdeep(int x,int fa)//获得每个点到cal中的x的距离,即root
78 {
79 t[d[x]]++;//统计到k距离的个数,//将对应余数的数目+1
80 for(int i=last[x];i;i=edge[i].next)//枚举和x相邻的每一个点
81 {
82 if(!vis[edge[i].to]&&edge[i].to!=fa)//如果没有被删除,并且当前节点不是根节点
83 {
84 d[edge[i].to]=(d[x]+edge[i].v)%3;
85 getdeep(edge[i].to,x);
86 }
87 }
88 }
89 inline int cal(int x,int now)//t[0]表示到k的距离%3=0的点的个数,t[1]表示余数为1,t[2]表示余数为2,所以计算方案数时,t[0]内部解决,t[1]和t[2]两两搭配
90 {
91 t[0]=t[1]=t[2]=0;//余数清0
92 d[x]=now;
93 getdeep(x,0);//getdeep更新子树的root的值,计算深度root
94 return t[1]*t[2]*2+t[0]*t[0];//计算路径数
95 }
96 inline void work(int x)//表示work以x为根的子树,此时x已经是重心
97 {
98 ans+=cal(x,0);//统计不同子树通过重心的个数
99 vis[x]=1;//把x从树中删除
100 for(int i=last[x];i;i=edge[i].next)//枚举和x相邻的每一个点
101 {
102 if(!vis[edge[i].to])//如果没有被删除,说明在某一棵子树中
103 {
104 ans-=cal(edge[i].to,edge[i].v);//去除在同一个子树中被重复统计的
105 root=0;
106 sum=son[edge[i].to];
107 getroot(edge[i].to,0);//找到所在子树的重心root,更新重心root
108 work(root);//递归处理root,求解子树
109 }
110 }
111 }
112 int main()
113 {
114 n=read();
115 for(int i=1;i<n;i++)//建图
116 {
117 int u=read();
118 int v=read();
119 int w=read()%3;
120 addage(u,v,w);//建立一个无向图
121 }
122 f[0]=n;
123 sum=n;
124 getroot(1,0);
125 work(root);
126 int t=gcd(ans,n*n);
127 printf("%d/%d\n",ans/t,n*n/t);
128 return 0;
129 }