【usaco 2013 open yinyang】阴阳

题目

Farmer John 正在在计划自己的农场漫步。他的农场的结构就像一棵树：农场有N个谷仓（1<= N <=100,000），分别由N-1条路链接。这样，他便可以通过这些谷仓间的道路遍及各个谷仓。Farmer John想要选择一条路线：这条路线的起点和终点分别为农场中两个不同的谷仓，这条路线不能重复经过一条边两次。Farmer John担心这条路径可能会偏长，所以他想在路线上寻找一个休息点（当然这个休息点不能为起点或者终点）。

每条边的两旁都是牛群，要么是Charcolais（白毛），要么是Angus（黑毛）。Farmer John是一个聪明人，所以他想要在他通过小路的同时平衡小路两侧阴阳的力量。他要选择一条路径使得他从起点到休息站，和从休息站到终点这两段路上都满足路两边的Charcolais牛群和Angus牛群总数量相同。

Farmer John好奇他能找到多少条如上所述的平衡的路径。我们认为，当且仅当两条路线的边的集合不同时，这两条路径才被认为是不同的，否则认为是相同的路线。就算路线上有多个有效的“休息站”的位置能使路线平衡，我们也只记为一条路线。

请帮助计算有多少条不同的平衡路线。

分析

这是一道不错的点分治练手题目，不难很容易打。

但不知道为神马，旁边的几个逗逼ly、风筝都是很tm麻烦，细节很多。

真tm搞不懂+_+。

首先把黑白毛两种牛当做该边的边权-1或1，如果有两个点，到他们路径上某个点的距离为0，那么这就是一个合法路径。

对于一个以x为根的子树，经过x的路径\(（i，j），其中deep_{i}<=deep_{j}\)有三种：

一、当i和j分别在x的两个不同的儿子为根的子树中

显然，\(k\)为中间点。

那如何计算这种情况呢？

定义\(dis_{i}\)表示x到i距离，\(d_{i}\)表示在以x为根的子树中的i的祖先是否出现过一个k点，\(dis_{k}=dis_{i}\)，如果是，就为\(true\)，否则为\(false\)。

我们把每个儿子分开做，这样就不用判重了。

再定义\(b_{i}\)表示，在以x为根的子树中，有多少个节点的\(dis\)值为\(i\)；\(b1_{i}\)表示，在以x为根的子树中，有多少个节点的\(dis\)值为\(i\)，且\(d\)值为\(true\)。

接着就可以愉愉快快地求答案了。

每个儿子用两个递归，第一个来求以x为根的子树答案，第二个来求更新\(b\)和\(b1\)。

当前递归到\(l\)点时，如果\(d_{l}=true\)，那么答案加上\(b[-dis_{l}]\)，否则答案加上\(b1[-dis_{l}]\)

二、i和x是同一个点

这是一种特殊情况，

显然，\(dis_{k},dis_{j}=0\)，这很容易搞。

事实上，可以加点小特判，跟上一种情况一起处理，不过细节有点多，

想一想就可以解决了。

三、i不在以x为根的子树中

这种情况是不用出处理的，

因为当处理\(lca(i,j)\)时，路径\((i,j)\)会被处理掉。

//code中并没有用到d数组，可以省去
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
const long long maxlongint=2147483647;
using namespace std;
long long d[200005],n,m,tot,dis[200005],next[200005],last[200005],to[200005],v[200005];
long long size[200005],mx[200005],root,f,ans,tt,N,b[200005],b1[200005],e[200005];
bool bz[200005],t[200005],g[200005];
long long bj(long long x,long long y,long long z)
{
	next[++tot]=last[x];
	last[x]=tot;
	to[tot]=y;
	v[tot]=z;
}
void getroot(long long x,long long fa)
{
	mx[x]=0;
    size[x]=1;
    for(long long i=last[x];i;i=next[i])
    {
        if(to[i]!=fa && bz[to[i]])
        {
        	getroot(to[i],x);
        	size[x]+=size[to[i]];
        	mx[x]=max(mx[x],size[to[i]]);
		}
    }
    mx[x]=max(mx[x],f-size[x]);
    if (mx[x]<mx[root]) root=x;
}
long long dg1(long long x,long long fa)
{
	for(long long i=last[x];i;i=next[i])
	{
		long long j=to[i];
		if(j!=fa && bz[j])
		{
			if(t[dis[j]])
			{
				t[dis[j]]=false;
				b[dis[j]]++;
				dg1(j,x);
				t[dis[j]]=true;
			}
			else
			{
				b1[dis[j]]++;
				b[dis[j]]++;
				dg1(j,x);
			}
		}
	}
}
long long dg(long long x,long long fa)
{
	for(long long i=last[x];i;i=next[i])
	{
		long long j=to[i];
		if(j!=fa && bz[j])
		{
			dis[j]=dis[x]+v[i];
			if(t[dis[j]])
			{
				if(g[dis[j]])
				{
					g[dis[j]]=false;
					e[++tt]=dis[j];
				}
				t[dis[j]]=false;
				ans+=b1[2*N-dis[j]];
				dg(j,x);
				t[dis[j]]=true;
			}
			else
			{
				ans+=b[2*N-dis[j]];
				dg(j,x);
			}
		}
	}
}
long long solve(long long x,long long fa)
{
	bz[x]=false;
	b[N]=1;
	tt=0;
	for(long long i=last[x];i;i=next[i])
	{
		long long j=to[i];
		if(!bz[j] || j==fa) continue;
		dis[j]=v[i]+N;
		if(g[dis[j]])
		{
			g[dis[j]]=false;
			e[++tt]=dis[j];
		}
		t[dis[j]]=false;
		ans+=b1[2*N-dis[j]];
		dg(j,x);
		t[N]=false;
		b[dis[j]]++;
		dg1(j,x);
		t[N]=true;
		t[dis[j]]=true;
	}
	for(long long i=1;i<=tt;i++)
	{
		g[e[i]]=true;
		b[e[i]]=0;
		b1[e[i]]=0;
	}
	b[N]=0;
	for(long long i=last[x];i;i=next[i])
	{
		long long j=to[i];
		if(j!=fa && bz[j])
		{
			root=0;
			f=size[j];
			getroot(j,x);
			solve(root,x);
		}

	}

}
int main()
{
	scanf("%lld",&n);
	for(long long i=1;i<=n-1;i++)
	{
		long long x,y,z;
		scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&z);
		if(!z) z--;
		bj(x,y,z);
		bj(y,x,z);
	}
	mx[0]=maxlongint;
	f=n;
	N=n+1;
	memset(t,true,sizeof(t));
	memset(g,true,sizeof(g));
	memset(bz,true,sizeof(bz));
	root=0;
	getroot(1,0);
	ans=0;
	bz[0]=false;
	solve(root,0);
	printf("%lld",ans);
}