BZOJ 2152 聪聪可可(树形DP)
给出一颗n个点带边权的树(n<=20000),求随机选择两个点,使得它们之间的路径边权是3的倍数的概率是多少。
首先总的对数是n*n,那么只需要统计路径边权是3的倍数的点对数量就行了。
考虑将无根树化为有根树,令dp[x][i]表示以x点为路径起点,x的某个子孙为路径终点的边权值模3为i的点对数量。
那么显然有dp[x][i]+=dp[son[x]][(i-w)%3].
考虑点对之间的路径,要么是它们的LCA是点对中的一个点,要么不在点对中,因此统计一下以每个点x为LCA时的路径边权值%3为i的点对数量。
而这两个统计都可以在一次树形DP中完成。因此总复杂度为O(n).
# include <cstdio>
# include <cstring>
# include <cstdlib>
# include <iostream>
# include <vector>
# include <queue>
# include <stack>
# include <map>
# include <bitset>
# include <set>
# include <cmath>
# include <algorithm>
using namespace std;
# define lowbit(x) ((x)&(-x))
# define pi acos(-1.0)
# define eps 1e-
# define MOD
# define INF
# define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
# define FOR(i,a,n) for(int i=a; i<=n; ++i)
# define FO(i,a,n) for(int i=a; i<n; ++i)
# define bug puts("H");
# define lch p<<,l,mid
# define rch p<<|,mid+,r
# define mp make_pair
# define pb push_back
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<int> VI;
# pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
typedef long long LL;
int Scan() {
int x=,f=;char ch=getchar();
while(ch<''||ch>''){if(ch=='-')f=-;ch=getchar();}
while(ch>=''&&ch<=''){x=x*+ch-'';ch=getchar();}
return x*f;
}
const int N=;
//Code begin... struct Edge{int p, next, w;}edge[N<<];
int head[N], cnt=, dp[N][], son[N]; void add_edge(int u, int v, int w){edge[cnt].p=v; edge[cnt].w=w; edge[cnt].next=head[u]; head[u]=cnt++;}
void dfs(int x, int fa){
for (int i=head[x]; i; i=edge[i].next) {
int v=edge[i].p;
if (v==fa) continue;
dfs(v,x);
FO(j,,) dp[x][j]+=dp[v][((j-edge[i].w)%+)%];
}
for (int i=head[x]; i; i=edge[i].next) {
int v=edge[i].p;
if (v==fa) continue;
int y0=((-edge[i].w)%+)%, y1=((-edge[i].w)%+)%, y2=((-edge[i].w)%+)%;
son[x]+=dp[v][y0]*(dp[x][]-dp[v][y0])+dp[v][y1]*(dp[x][]-dp[v][y2])+dp[v][y2]*(dp[x][]-dp[v][y1]);
}
dp[x][]+=;
}
int main ()
{
int n, ans=, sum=, u, v, w;
scanf("%d",&n);
FO(i,,n) scanf("%d%d%d",&u,&v,&w), add_edge(u,v,w%), add_edge(v,u,w%);
dfs(,);
FOR(i,,n) ans+=dp[i][];
ans=ans*-n; sum=n*n;
FOR(i,,n) ans+=son[i];
int gcd=__gcd(ans,sum);
ans/=gcd; sum/=gcd;
printf("%d/%d\n",ans,sum);
return ;
}
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