2152: 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

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。

 

 

做完本题发现点分治细节不理解没关系，套上模板的框架就好了

要求找3的倍数，所以点分治统计%3余0、余1、余2的个数

观察样例发现，点对可以两个数字相同，颠倒前后顺序算2个

所以统计的结果为   余0*余0+余1*余2*2

 

#include
      
       #include
       
         #define N 20001#define inf 30001 using namespace std;int n;int head[N],cnt,sum,son[N],f[N],d[N],deep[N],root,ans;bool vis[N];struct node{
    int next,to,w;}e[2*N];inline void add(int u,int v,int w){    e[++cnt].to=v;e[cnt].w=w;e[cnt].next=head[u];head[u]=cnt;    e[++cnt].to=u;e[cnt].w=w;e[cnt].next=head[v];head[v]=cnt;} inline void getroot(int x,int fa){    son[x]=1;f[x]=0;    for(int i=head[x];i;i=e[i].next)    {        if(e[i].to==fa||vis[e[i].to]==true) continue;        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]
       
      

2个错误:

1、删除完一个节点后，寻找下一个根节点之前，sum总是忘了更新为son[e[i].to]

2、思维被模板禁锢，因为用的求树上距离小于等于k的点对个数，所以统计答案时

sort(deep+1,deep+deep[0]+1);    int l=0,r=deep[0],t=0,mid;    while(l<=r)     {            mid=l+r>>1;        if(deep[mid]==0) l=mid+1,t=mid;        else r=mid-1;    }    return t+(deep[0]-t)/2;

树上距离小于等于k的点对个数不能是两个相同的节点，而且颠倒顺序也算一个

但这个题，如果余0的话，所有余0的数可以任意挑（包括自己），余1和余2的数可以交换取得人重复取一遍

这是个非常蠢的错误，下面样例说明都写得清清楚楚