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
Sample Output
13/25
HINT
【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
解法一
考虑树形$DP$解法，我们令$f[u][0/1/2]$表示以$u$为根当前已处理过的子树中路径长度$mod$ $3$为$0/1/2$的条数。
对于点对的处理我们用类似->这道题<-的方法。
我们令$flag[0/1/2]$为处理$u$的某个子树时该子树中以$u$为根路径长度$mod$ $3$为$0/1/2$的条数。
此时我们让
ans += flag[0]*f[u][0] + flag[1]*f[u][2] + flag[2]*f[u][1];
此后，将$flag$累加到$f[u]$上。
最后记得再单独加上$f[u][0]$，表示$u$为路径端点的情况。
最后对于答案的处理记得$*2$（无序点对变有序点对），再加上$n$（未考虑$(i,i)$这样的情况）。
1 //It is made by Awson on 2017.9.20
2 #include <set>
3 #include <map>
4 #include <cmath>
5 #include <ctime>
6 #include <queue>
7 #include <stack>
8 #include <string>
9 #include <cstdio>
10 #include <vector>
11 #include <cstdlib>
12 #include <cstring>
13 #include <iostream>
14 #include <algorithm>
15 #define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
16 #define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
17 #define LL long long
18 using namespace std;
19 const int N = 20000;
20 const int INF = ~0u>>1;
21
22 int n, u, v, c;
23 struct tt {
24 int to, cost, next;
25 }edge[N*2+5];
26 int path[N+5], top;
27 int f[N+5][3];
28 int ans = 0;
29
30 int gcd(int a, int b) {
31 return b == 0 ? a : gcd(b, a%b);
32 }
33 void add(int u, int v, int c) {
34 edge[++top].to = v;
35 edge[top].cost = c;
36 edge[top].next = path[u];
37 path[u] = top;
38 }
39 void dfs(int u, int fa) {
40 int flag[3];
41 for (int i = path[u]; i; i = edge[i].next)
42 if (edge[i].to != fa) {
43 dfs(edge[i].to, u);
44 flag[edge[i].cost%3] = f[edge[i].to][0];
45 flag[(1+edge[i].cost)%3] = f[edge[i].to][1];
46 flag[(2+edge[i].cost)%3] = f[edge[i].to][2];
47 ans += flag[0]*f[u][0] + flag[1]*f[u][2] + flag[2]*f[u][1];
48 f[u][0] += flag[0];
49 f[u][1] += flag[1];
50 f[u][2] += flag[2];
51 }
52 ans += f[u][0];
53 f[u][0]++;
54 }
55 void work() {
56 for (int i = 1; i < n; i++) {
57 scanf("%d%d%d", &u, &v, &c);
58 c %= 3;
59 add(u, v, c); add(v, u, c);
60 }
61 dfs(1, 0);
62 int tmp = gcd(ans*2+n, n*n);
63 printf("%d/%d\n", (ans*2+n)/tmp, n*n/tmp);
64 }
65 int main() {
66 while (~scanf("%d", &n))
67 work();
68 return 0;
69 }
树形DP
解法二
这道题正解是点分治...
同样还是之前的套路，我们找到重心后，每次只处理与重心有关的路径。
每次找到重心，统计以重心为根的子树中路径长度个数；
同样我们令$f[u][0/1/2]$表示以$u$为根路径长度$mod$ $3$为$0/1/2$的条数。
可以用之前的做法统计，但这里给出另一种思路。
我们先统计所有的子树中节点到根的路径长度个数，用刚刚的方程转移。
但直接相乘会出现某条路径不是简单路径，简而言之就是两个端点来自同一个子树，
其实我们只要将来自同一个子树的方案删去即可。
（因为两种解法一起写的，这里给出的点分治的代码受树形DP的代码思想影响比较大，其实很多程序段是不必要的）
1 //It is made by Awson on 2017.9.20
2 #include <set>
3 #include <map>
4 #include <cmath>
5 #include <ctime>
6 #include <queue>
7 #include <stack>
8 #include <string>
9 #include <cstdio>
10 #include <vector>
11 #include <cstdlib>
12 #include <cstring>
13 #include <iostream>
14 #include <algorithm>
15 #define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
16 #define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
17 #define LL long long
18 using namespace std;
19 const int N = 20000;
20 const int INF = ~0u>>1;
21
22 struct tt {
23 int to, cost, next;
24 }edge[N*2+5];
25 int path[N+5], top;
26 int n, u, v, c;
27 int ans;
28 bool vis[N+5];
29 int size[N+5], mx[N+5], minsize, root;
30 int f[N+5][3];
31
32 int gcd(int a, int b) {
33 return b == 0 ? a : gcd(b, a%b);
34 }
35 void add(int u, int v, int c) {
36 edge[++top].to = v;
37 edge[top].cost = c;
38 edge[top].next = path[u];
39 path[u] = top;
40 }
41 void get_size(int u, int fa) {
42 size[u] = 1; mx[u] = 0;
43 for (int i = path[u]; i; i = edge[i].next)
44 if (!vis[edge[i].to] && edge[i].to != fa) {
45 get_size(edge[i].to, u);
46 size[u] += size[edge[i].to];
47 mx[u] = Max(mx[u], size[edge[i].to]);
48 }
49 }
50 void get_root(int r, int u, int fa) {
51 mx[u] = Max(mx[u], size[r]-size[u]);
52 if (mx[u] < minsize) minsize = mx[u], root = u;
53 for (int i = path[u]; i; i = edge[i].next)
54 if (!vis[edge[i].to] && edge[i].to != fa)
55 get_root(r, edge[i].to, u);
56 }
57 void get_ans(int u, int fa) {
58 f[u][0] = 1;
59 f[u][1] = f[u][2] = 0;
60 for (int i = path[u]; i; i = edge[i].next)
61 if (!vis[edge[i].to] && edge[i].to != fa) {
62 get_ans(edge[i].to, u);
63 f[u][edge[i].cost%3] += f[edge[i].to][0];
64 f[u][(1+edge[i].cost)%3] += f[edge[i].to][1];
65 f[u][(2+edge[i].cost)%3] += f[edge[i].to][2];
66 }
67 }
68 void solve(int x) {
69 minsize = INF;
70 int flag[3] = {0};
71 get_size(x, 0);
72 get_root(x, x, 0);
73 vis[root] = true;
74 f[root][0] = 1;
75 f[root][1] = f[root][2] = 0;
76 for (int i = path[root]; i; i = edge[i].next)
77 if (!vis[edge[i].to]) {
78 get_ans(edge[i].to, 0);
79 flag[edge[i].cost%3] = f[edge[i].to][0];
80 flag[(1+edge[i].cost)%3] = f[edge[i].to][1];
81 flag[(2+edge[i].cost)%3] = f[edge[i].to][2];
82 ans -= flag[0]*flag[0] + flag[1]*flag[2]*2;
83 f[root][0] += flag[0];
84 f[root][1] += flag[1];
85 f[root][2] += flag[2];
86 }
87 ans += f[root][0]*f[root][0] + f[root][1]*f[root][2]*2;
88 for (int i = path[root]; i; i = edge[i].next)
89 if (!vis[edge[i].to])
90 solve(edge[i].to);
91 }
92 void work() {
93 for (int i = 1; i < n; i++) {
94 scanf("%d%d%d", &u, &v, &c);
95 c %= 3;
96 add(u, v, c); add(v, u, c);
97 }
98 ans = 0;
99 solve(1);
100 int tmp = gcd(ans, n*n);
101 printf("%d/%d\n", ans/tmp, n*n/tmp);
102 }
103 int main() {
104 while (~scanf("%d", &n))
105 work();
106 return 0;
107 }
点分治