题解：CF1156D 0-1-Tree

一种换根 dp 的做法，但是是一种和题解区不同的做法。

由于这种树上路径的问题若假定一个点为根会更加的好求，所以我们可以枚举 $x$，然后假定 $x$ 为根节点，再去找有多少个满足条件的 $y$。

显然有对于每个 $x$ 复杂度为 $O(n)$ 的搜索，记录 $u,val$ 分别表示目前的点的编号 $u$，以及 $x$ 到 $u$ 走过的最大权值 $val$，记录 $val$ 的原因是需要根据目前的路径最大权值选择可以走过的边，例如 $val$ 为 $1$ 的时候就不可以经过权值为 $0$ 的边了。答案显然就是每一个 $x$ 可以到达的 $u$ 的数量。复杂度为 $O(n^2)$，需要优化。

发现 $(u,val)$ 的总个数就只有 $2\times n$ 个，如果使用记忆化搜索的话可以把时间复杂度优化到 $O(n)$。记录 $d{p}_{u,val}$ 表示从根节点 $x$ 走到 $u$ 时，路径最大权值为 $val$ 时，$u$ 可以到达的点的个数。

但是这样显然不可行，在不同的 $x$ 下面这个值可以是不同的。

于是我们可以先跑出来根节点为 $1$ 的所有 dp 的值，然后再跑换根 dp，这个时候已经和前面提到的搜索没多大关系了。

前面的树形 dp 的转移方程很好想，就是对于每一个 $u$ 枚举可以到的点 $v$ 并得到两点之间的边的权值 $w$，如果 $w=0$，就是 $d{p}_{u,0}+d{p}_{v,0}+1\to d{p}_{u,0}$，否则就是 $d{p}_{u,0}+d{p}_{v,1}+1\to d{p}_{u,0}$ 并且 $d{p}_{u,1}+d{p}_{v,1}+1\to d{p}_{u,1}$。

然后的换根 dp 就是这样的反着来，最后答案显然就是对于每一个根节点 $x$ 下面的 $d{p}_{x,0}$ 即可。具体可以看代码。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n;
const int N=200010;
vector<pair<int,int> > v[N];
int dp[N][2];//dp数组
int ans=0;
void dfs(int u,int pre){
	for(auto [i,w]:v[u]){
		if(i==pre) continue;
		dfs(i,u);
		if(w==0) dp[u][0]+=dp[i][0]+1;
		else dp[u][0]+=dp[i][1]+1,dp[u][1]+=dp[i][1]+1;//转移方程
	}
}
void change(int u,int i,int w){
	if(w==0) dp[u][0]-=dp[i][0]+1;
	else dp[u][0]-=dp[i][1]+1,dp[u][1]-=dp[i][1]+1;//反着来，先断边再加边
	if(w==0) dp[i][0]+=dp[u][0]+1;
	else dp[i][0]+=dp[u][1]+1,dp[i][1]+=dp[u][1]+1;
}
void dfs2(int u,int pre){
	ans+=dp[u][0];
	for(auto [i,w]:v[u]){
		if(i==pre) continue;
		change(u,i,w);//换根
		dfs2(i,u);
		change(i,u,w);
	}
}
signed main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<n;i++){
		int x,y,w;
		cin>>x>>y>>w;
		v[x].push_back({y,w});
		v[y].push_back({x,w});
	}
	dfs(1,0);//树形dp
	dfs2(1,0);//换根dp
	cout<<ans;
	return 0;
}

如果对本题题解有疑问，欢迎在讨论区提出，我会尽量给出解答。