P2634 [国家集训队]聪聪可可(树形dp)

题意:

一颗n个点的树,问其中两点之间的边上数的和加起来是3的倍数的点对有多少个?
输出这样的点对所占比例

题解:

树形dp求解
因为是求长度为3的倍数,模3的结果只有0/1/2,我们可以单独考虑作为一维。
设dp[i][j]表示从i的子树里任选一点到i的路径长度(mod 3)为j的方案数
有转移:
v是u的儿子节点
j∈0,1,2j∈0,1,2j0,1,2
dp[u][j]=∑dp[v][(j+dist(u,v))mod3]dp[u][j]=\sum dp[v][(j+dist(u,v))\mod3]dp[u][j]=dp[v][(j+dist(u,v))mod3]
简化下:
dp[u][(j+dist(u,v))mod3]+=dp[v][j]dp[u][ (j+dist(u,v) )\mod 3]+=dp[v][j]dp[u][(j+dist(u,v))mod3]+=dp[v][j]
怎么得到的?
到v的距离是j,那到u的距离不就是j+dist(u,v),
统计答案时,我们设点x和y符合要求(如图),说明x到u的距离与y到u的距离和是3的倍数,即(i+w+j)%3==0,即j=(3-i-w)%3,我们枚举i,然后看对应的j有多少,数量相乘(乘法原理),

代码:

#include <bits/stdc++.h>
#include <unordered_map>
#define debug(a, b) printf("%s = %d\n", a, b);
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> PII;
clock_t startTime, endTime;
//Fe~Jozky
const ll INF_ll= 1e18;
const int INF_int= 0x3f3f3f3f;
void read(){};
template <typename _Tp, typename... _Tps> void read(_Tp& x, _Tps&... Ar)
{x= 0;char c= getchar();bool flag= 0;while (c < '0' || c > '9')flag|= (c == '-'), c= getchar();while (c >= '0' && c <= '9')x= (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c= getchar();if (flag)x= -x;read(Ar...);
}
template <typename T> inline void write(T x)
{if (x < 0) {x= ~(x - 1);putchar('-');}if (x > 9)write(x / 10);putchar(x % 10 + '0');
}
void rd_test()
{
#ifdef LOCALstartTime= clock();freopen("in.txt", "r", stdin);
#endif
}
void Time_test()
{
#ifdef LOCALendTime= clock();printf("\nRun Time:%lfs\n", (double)(endTime - startTime) / CLOCKS_PER_SEC);
#endif
}
const int maxn= 1e5 + 9;
int dp[maxn][3];
int ans= 0;
vector<PII> vec[maxn];
int mod(int x)
{return (x % 3 + 3) % 3;
}
void dfs(int u, int fa)
{dp[u][0]= 1;for (auto it : vec[u]) {int v= it.first;int w= it.second;if (v == fa)continue;dfs(v, u);for (int i= 0; i < 3; i++) {ans+= dp[v][i] * dp[u][mod(3 - i - w)] * 2;}for (int i= 0; i < 3; i++) {dp[u][mod(i + w)]+= dp[v][i];}}
}
int main()
{//rd_test();int n;read(n);for (int i= 1; i < n; i++) {int u, v, w;read(u, v, w);vec[u].push_back({v, w});vec[v].push_back({u, w});}dfs(1, -1);ll a= ans + n;ll b= 1ll * n * n;ll g= __gcd(a, b);printf("%lld/%lld\n", a / g, b / g);//Time_test();
}

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