题意：求一颗树中所有点对(a,b)的路径长度，路径长度按照模3之后的值进行分类，最后分别求每一类的和
分析：树形DP
\(dp[i][j]\) 表示以 i 为根的子树中，所有子节点到 i 的路径长度模3等于 j 的路径之和
\(c[i][j]\) 表示以 i 为根的子树中，所有子节点到 i 的路径长度模3等于 j 的点数
\(ok[i][j]\) 表示以 i 为根的子树中，是否有子节点到 i 的路径长度模3等于 j
每次只考虑所有经过根 x 的路径，并且路径的一个端点在 x 的一颗子树上，另一个端点在 x 的另一颗子树上。（可以想到其他所有情况都可以在考虑 x 的子树结点或者是x的祖先结点时被考虑到）
假设当前枚举到 x 的子节点 y，之前遍历的子节点已经使得三个数组更新。那么我们假设要计算的路径的起点在 y ，要计算的路径的终点在之前遍历过的子节点中。
计算答案贡献：
关于x-y的连边的贡献为
\(c[x][a] * c[y][b] * edge\)
关于起点到 y 的所有路径长度的贡献为
\(c[x][a] * dp[y][b]\)
关于x到终点的所有路径长度的贡献为
\(c[y][b] * dp[x][a]\)
最终边权所属分类为\((a+b+edge) \% 3\) 累加到答案即可
关于更新 x
用 y 来更新 x
\(dp[x][(a+edge)\%3] += dp[y][a] + edge * c[y][a]\)
\(ok[x][(a+edge)\%3] = true\)
\(c[x][(a+edge)\%3] += c[y][a]\)
当然点分治也可以做，但是复杂度就不是很优秀了
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 10010;
const int M = 200010;
const ll mod = 1e9 + 7;
int head[N],ver[M],nxt[M],tot;
int x,y,n;
bool ok[N][3];
ll edge[M],z,dp[N][3],c[N][3];
ll ans[3];
void add(int x,int y,ll z){
ver[++tot] = y;edge[tot] = z;nxt[tot] = head[x];head[x] = tot;
}
void dfs(int x,int fa){
for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
int y = ver[i];
if(y == fa)continue;
dfs(y,x);
ll z = edge[i];
for(int j=0;j<3;j++){
for(int k=0;k<3;k++){
if(ok[x][j] && ok[y][k]){
ans[(j+k+z)%3] += (dp[x][j] * c[y][k]% mod + dp[y][k] * c[x][j] % mod) % mod;
ans[(j+k+z) % 3] += z * c[x][j] * c[y][k] % mod;
ans[(j+k+z)%3] %= mod;
}
}
}
for(int j=0;j<3;j++){
if(ok[y][j]){
dp[x][(j+z) % 3] += dp[y][j] + z * c[y][j] % mod;
dp[x][(j+z) % 3] %= mod;
c[x][(j+z)%3] += c[y][j];
ok[x][(j+z) % 3] = true;
}
}
}
}
int main(){
while(~scanf("%d",&n)){
ans[0] = ans[1] = ans[2] = 0;
tot = 0;
for(int i=1;i<=n;i++){
dp[i][0] = dp[i][1] = dp[i][2] = 0;
c[i][1] = c[i][2] = 0;
c[i][0] = 1;
ok[i][0] = true;
ok[i][1] = ok[i][2] = false;
head[i] = 0;
}
for(int i=1;i<n;i++){
scanf("%d%d%lld",&x,&y,&z);
x ++;
y ++;
add(x,y,z);
add(y,x,z);
}
dfs(1,0);
printf("%lld %lld %lld\n",ans[0] * 2 % mod,ans[1] * 2 % mod,ans[2] * 2 % mod);
}
return 0;
}原文地址：https://www.cnblogs.com/1625--H/p/11521171.html