[国家集训队]聪聪可可（树形dp）

最新推荐文章于 2021-04-28 20:52:30 发布

原创最新推荐文章于 2021-04-28 20:52:30 发布 · 298 阅读

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博客围绕聪聪和可可玩的树上选点游戏展开，爸爸画n个点用n - 1条边连通成树，边有数值，选点间边数值和为3倍数聪聪赢。介绍了输入输出格式、样例，给出题解，用dp数组计算距离对3取模为0、1、2的点个数，最后给出计算获胜概率的方法及代码思路。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题目描述

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。

输入输出格式

输入格式：

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。

输出格式：

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”）。

输入输出样例

输入样例#1： 复制

输出样例#1： 复制

13/25

说明

【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：

dp[ u][ 0, 1, 2] 表示包括点u及其子树，距离点u的距离对3取摸为0,1,2的点分别的个数

因为包括本身点，所以初始状态 dp[ u][ 0] = 1

计算答案时：

在u 节点时 ans += cnt(当前子树的点到u的距离%3 == x) * cnt(已经遍历的子树的点到u的距离%3 == y) ，其中(x + y)% 3 = 0

然后再把当前子树的点加入到 dp[ u][ 0, 1, 2] 中，这样计算是不会有重复的，因为可以反向取点，所以 ans *= 2

因为计算出来的结果不包括本身点的本身点，所以 ans += n，最后对n * n 约分就行了

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
//#include<unordered_map>
//#include<unordered_set>
#include<iostream>
#include<sstream>
#include<iterator>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<string>
#include<set>
#include<vector>
#include<bitset>
#include<climits>
#include<queue>
#include<iomanip>
#include<cmath>
#include<stack>
#include<map>
#include<ctime>
#include<new>
using namespace std;
#define LL long long
#define ULL unsigned long long
#define MT(a, b) memset(a,b,sizeof(a))
const int INF  =  0x3f3f3f3f;
const int O    =  1e6;
const int mod  =  1e7+3;
const int maxn =  4e4  + 5;
const double PI  =  acos(-1.0);
const double E   =  2.718281828459;
const double eps = 1e-8;

int head[maxn], cnt = 0;
struct dd{ int to, val, next;
    dd(){};
    dd(int x, int y, int z) : to(x), val(y), next(z) {}
}e[maxn];
void add(int u, int v, int val) { e[cnt] = dd (v, val, head[u]);  head[u] = cnt ++; }

int n, dp[maxn][3], ans = 0;

void dfs(int fa, int u) {
    dp[u][0] = 1;
    for(int i=head[u]; i!=-1; i=e[i].next) {
        int v = e[i].to, val = e[i].val % 3;
        if(v == fa) continue;
        dfs(u, v);
        for(int j=0; j<3; j++) ans += dp[v][j] * dp[u][((-val -j) % 3 + 3) % 3];
        for(int j=0; j<3; j++) dp[u][(j+val)%3] += dp[v][j];
    }
}

int main(){
    scanf("%d", &n);
    MT(head, -1); MT(dp, 0);
    for(int i=0; i<n-1; i ++){
        int u, v, val; scanf("%d%d%d", &u, &v, &val);
        add(u, v, val); add(v, u, val);
    }
    dfs(-1, 1);
    ans = ans * 2 + n;
    int g = __gcd(ans , n * n);
    printf("%d/%d\n", ans / g, n * n / g);
    return 0;
}