「BZOJ2152」聪聪可可
Description
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。
Input
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。
Output
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”)。
Sample Input
5
1 2 1
1 3 2
1 4 1
2 5 3
1 2 1
1 3 2
1 4 1
2 5 3
Sample Output
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。
「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。
题解
询问有多少点对的距离是3的倍数。。
随便点分治、、、
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 |
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<map> #include<algorithm> #define ll long long #define inf 1000000000 using namespace std; inline int read() { int x=0,f=1;char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();} return x*f; } int n,cnt,ans,root,sum; int last[20005],son[20005],f[20005],d[20005],t[5]; bool vis[20005]; struct edge{int to,next,v;}e[40005]; int gcd(int a,int b) { return b==0?a:gcd(b,a%b); } void insert(int u,int v,int w) { e[++cnt].to=v;e[cnt].next=last[u];last[u]=cnt;e[cnt].v=w; e[++cnt].to=u;e[cnt].next=last[v];last[v]=cnt;e[cnt].v=w; } void getroot(int x,int fa) { son[x]=1;f[x]=0; for(int i=last[x];i;i=e[i].next) if(!vis[e[i].to]&&e[i].to!=fa) { getroot(e[i].to,x); son[x]+=son[e[i].to]; f[x]=max(f[x],son[e[i].to]); } f[x]=max(f[x],sum-son[x]); if(f[x]<f[root])root=x; } void getdeep(int x,int fa) { t[d[x]]++; for(int i=last[x];i;i=e[i].next) if(!vis[e[i].to]&&e[i].to!=fa) { d[e[i].to]=(d[x]+e[i].v)%3; getdeep(e[i].to,x); } } int cal(int x,int now) { t[0]=t[1]=t[2]=0; d[x]=now;getdeep(x,0); return t[1]*t[2]*2+t[0]*t[0]; } void work(int x) { ans+=cal(x,0); vis[x]=1; for(int i=last[x];i;i=e[i].next) if(!vis[e[i].to]) { ans-=cal(e[i].to,e[i].v); root=0;sum=son[e[i].to]; getroot(e[i].to,0); work(root); } } int main() { n=read(); for(int i=1;i<n;i++) { int u=read(),v=read(),w=read()%3; insert(u,v,w); } f[0]=sum=n; getroot(1,0); work(root); int t=gcd(ans,n*n); printf("%d/%d",ans/t,n*n/t); return 0; } |
应该可以直接树形dp?
居PoPoQQQ说是可以的~
大爷题解传送门
http://blog.csdn.net/popoqqq/article/details/40503675