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LaTale
时间限制:C/C++ 2秒,其他语言4秒
空间限制:C/C++ 32768K,其他语言65536K
64bit IO Format: %lld

题目描述

    Legend goes that in the heart of ocean, exists a gorgeous island called LaTale, which has n cities. Specially, there is only one way between every two cities.
    In other words, n cities construct a tree connected by n-1 edges. Each of the edges has a weight w.

Define d(u, v) the length between city u and city v. Under the condition of u differing from v, please answer how many pairs(u, v) in which d(u, v) can be divisible by 3.
    Pair(u,v) and pair(v,u) are considered the same.

输入描述:

    The first line contains an integer number T, the number of test cases.
    For each test case:
    The first line contains an integer n(2≤n≤1052≤n≤105), the number of cities.
    The following n-1 lines, each contains three integers uiui, vivi, wiwi(1≤ui,vi≤n,1≤wi≤10001≤ui,vi≤n,1≤wi≤1000), the edge of cities.

输出描述:

For each test case print the number of pairs required.
示例1

输入

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2
4
1 2 1
2 3 2
2 4 2
4
1 2 3
2 3 3
2 4 3

输出

复制

2
6 题意:
给你一个含有n个节点的树,
问有多少对节点u,v,他们的距离dist(u,v)%3==0 思路:
树上dp
我们定义状态 dp[i][0/1/2]
表示第i个节点的子树中,距离第i个节点的距离%3的分别等于0、1、2三种情况的节点个数。
然后根据节点之间的关系转移。
对于一堆节点u,v。对答案的贡献是:
dp[u][j]*dp[v][(3-w-j+3)%3];
j 分别取0 1 2
然后再把底层的节点信息转移给它的父节点即可、 细节见代码:
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <vector>
#include <iomanip>
#define ALL(x) (x).begin(), (x).end()
#define rt return
#define dll(x) scanf("%I64d",&x)
#define xll(x) printf("%I64d\n",x)
#define sz(a) int(a.size())
#define all(a) a.begin(), a.end()
#define rep(i,x,n) for(int i=x;i<n;i++)
#define repd(i,x,n) for(int i=x;i<=n;i++)
#define pii pair<int,int>
#define pll pair<long long ,long long>
#define gbtb ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define MS0(X) memset((X), 0, sizeof((X)))
#define MSC0(X) memset((X), '\0', sizeof((X)))
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define eps 1e-6
#define gg(x) getInt(&x)
#define db(x) cout<<"== [ "<<x<<" ] =="<<endl;
using namespace std;
typedef long long ll;
ll gcd(ll a, ll b) {return b ? gcd(b, a % b) : a;}
ll lcm(ll a, ll b) {return a / gcd(a, b) * b;}
ll powmod(ll a, ll b, ll MOD) {ll ans = ; while (b) {if (b % )ans = ans * a % MOD; a = a * a % MOD; b /= ;} return ans;}
inline void getInt(int* p);
const int maxn = ;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
/*** TEMPLATE CODE * * STARTS HERE ***/
struct edge
{
int next;
int to;
int dis;
edge()
{ }
edge(int nn, int dd)
{
next = nn;
dis = dd;
}
};
edge e[maxn << ];
ll ans = 0ll;
int tot;
int head[maxn << ];
void addedge(int a, int b, int c)
{
e[tot].to = b;
e[tot].dis = c;
e[tot].next = head[a];
head[a] = tot++;
}
void init()
{
tot = ;
}
ll dp[maxn][]; void dfs(int id, int pre)
{
dp[id][] = 1ll;
for (int i = head[id]; i != ; i = e[i].next)
{
edge x = e[i];
ll w = x.dis;
if (x.to != pre)
{
dfs(x.to, id);
ans += dp[id][] * dp[x.to][( - w - + ) % ];
ans += dp[id][] * dp[x.to][( - w - + ) % ];
ans += dp[id][] * dp[x.to][( - w - + ) % ];
dp[id][( + w) % ] += dp[x.to][];
dp[id][( + w) % ] += dp[x.to][];
dp[id][( + w) % ] += dp[x.to][]; }
} }
int main()
{
//freopen("D:\\common_text\\code_stream\\in.txt","r",stdin);
//freopen("D:\\common_text\\code_stream\\out.txt","w",stdout); int t;
gbtb;
cin >> t;
while (t--)
{
ans = 0ll;
int n;
cin >> n;
init();
int a, b, c;
repd(i, , n)
{
head[i] = ;
dp[i][] = dp[i][] = dp[i][] = ;
}
repd(i, , n)
{
cin >> a >> b >> c;
c %= ;
addedge(a, b, c);
addedge(b, a, c);
}
dfs(, );
cout << ans << endl;
} return ;
} inline void getInt(int* p) {
char ch;
do {
ch = getchar();
} while (ch == ' ' || ch == '\n');
if (ch == '-') {
*p = -(getchar() - '');
while ((ch = getchar()) >= '' && ch <= '') {
*p = *p * - ch + '';
}
}
else {
*p = ch - '';
while ((ch = getchar()) >= '' && ch <= '') {
*p = *p * + ch - '';
}
}
}

 
 

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