題意：

一顆n個點的樹，問其中兩點之間的邊上數的和加起來是3的倍數的點對有多少個？
輸出這樣的點對所占比例

題解：

樹形dp求解
因為是求長度為3的倍數，模3的結果只有0/1/2，我們可以單獨考慮作為一維。
設dp[i][j]表示從i的子樹里任選一點到i的路徑長度(mod 3)為j的方案數
有轉移：
v是u的兒子節點
$j\in 0,1,2$
$dp[u][j]=\sum dp[v][(j+dist(u,v))\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}3]$
簡化下：
$dp[u][(j+dist(u,v))\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}3]+=dp[v][j]$
怎么得到的？
到v的距離是j，那到u的距離不就是j+dist(u,v)，
統計答案時，我們設點x和y符合要求(如圖)，說明x到u的距離與y到u的距離和是3的倍數，即(i+w+j)%3==0，即j=(3-i-w)%3,我們枚舉i，然后看對應的j有多少，數量相乘(乘法原理)，

代碼：

#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(); }

總結

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