A 求和

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题目描述

给出一棵以1为根的有n个节点的树，树上每条边都有其边权。

求所有点对之间的路径上的边权和的总和。

输入格式：

第一行为n

接下来n-1行，每行三个整数，分别表示一条边的两端点编号和边权。（编号为1..n）

输出格式：

输出一个数字表示总和

输入样例

4

1 2 10

2 3 10

1 4 20

输出样例

130

样例解释

1->2:10 , 1->3:20 , 1->4:20 , 2->3:10 , 2->4:30 , 3->4:40 , 总和为130。

数据范围

对于30%的数据，1<=n<=300

对于80%的数据，1<=n<=3000

对于100%的数据，1<=n<=100000，边权为<=100的正整数。

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这题的做法是考虑每条边对答案的贡献（套路题QAQ）

即考虑有多少条路径经过这条边

易知即边左边的点的数目*另一边的点的数目

我们可以先从根节点dfs一遍求出每个节点的子树的大小

即一边的点的数目

这样就可以得到贡献为 cost * size[e[k].to]*(n-size[e[k].to])

#include
    
       #include
     
        const int N=100005;  struct node  {      int to,next,c;  }e[N*2];  int first[N],visit[N],size[N];  int cnt=0;  int n;  void insert(int u,int v,int c)  {      e[++cnt].to=v;e[cnt].next=first[u];first[u]=cnt;e[cnt].c=c;      e[++cnt].to=u;e[cnt].next=first[v];first[v]=cnt;e[cnt].c=c;  }  long long ans=0;long long sum=0;  void dfs(int x)  {         visit[x]=1;size[x]=1;      for(int k=first[x];k;k=e[k].next)      if(!visit[e[k].to])      {          dfs(e[k].to);          size[x]+=size[e[k].to];      }  }  void dfs2(int x)  {      visit[x]=1;      for(int k=first[x];k;k=e[k].next)      {          if(!visit[e[k].to])          {              ans+=e[k].c*size[e[k].to]*(n-size[e[k].to]);              dfs2(e[k].to);          }         }  }  int main()  {      scanf("%d",&n);      int u,v,c;      for(int i=1;i
     
    

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Xor路

(xor.pas/c/cpp) 128MB 1s

给定一棵有N个点和N-1条边的树，请你求出树中的最长路径，以及总共有多少条最长路径。

这里路径长度是用xor定义的，即若经过的边的权值为a1, a2, a3,...,an，则这条路径的总权值为 a1 xor a2 xor a3 ... xor an。

输入格式

第1行为一个正整数 N，为点的个数。

第2行至第N行，每行包含三个正整数x,y,z，表示x和y之间有一条权值为z的边。

输出格式

仅一行，包含两个数字，为最长路径的长度和条数。

样例输入

4

1 2 3

2 4 1

1 3 4

样例输出

7 1

样例解释

2-1-3 这条路径，长度为3 xor 4=7。

数据范围

全部数据满足 0<=z<=1e9

（请注意栈空间溢出）

由xor的性质可得

两个点的路径即为根节点到一个点的路径^根节点到另一个点的路径

然后又由xor的性质可得

高位上两个值的二进制表示不同

异或的结果就为1（这样是最优的）

所以想到建一颗trie树

维护对一个值的最优异或结果

并统计方案数

#include
    
       #include
     
        const int N=200005;  struct node  {      int next,to,c;  }e[N*2];  int qu[N+100],dis[N];int cnt=0;int first[N],visit[N];  int l[N*31][2];  int h[N*31];  void insert(int u,int v,int c)  {      e[++cnt].to=v;e[cnt].next=first[u];e[cnt].c=c;first[u]=cnt;      e[++cnt].to=u;e[cnt].next=first[v];e[cnt].c=c;first[v]=cnt;  }  void bfs()  {      int head=1,tail=2;      qu[1]=1;      while(head<=tail)      {          int rr=qu[head++];visit[rr]=1;          for(int k=first[rr];k;k=e[k].next)          if(!visit[e[k].to])              visit[e[k].to]=1,qu[tail++]=e[k].to,dis[e[k].to]=dis[rr]^e[k].c;      }  }  int k=0;  int tot=0;  void insert(int x)  {      int ro=0;      for(int i=30;i>=0;i--)      {          int cnt=(x&(1<
      
       >i;          if(!l[ro][cnt]) l[ro][cnt]=++tot;          ro=l[ro][cnt];      }      h[ro]++;  }  int find(int x)  {      int ro=0;      for(int i=30;i>=0;i--)      {          int cnt=(x&(1<
       
        >i;          if(l[ro][!cnt]) ro=l[ro][!cnt],k+=(1<
        
         max)        max=k,sum=p;          else if(k==max) sum+=p;      }      printf("%lld %lld\n",max,sum>>1);      fclose(stdin);      fclose(stdout);      return 0;  }
        
       
      
     
    

T3

时间限制: 1 Sec 空间限制: 256 MB

输入输出文件名:B.in,B.out

题目描述

给出一棵以1为根的有n个节点的树，树上每条边都有其边权。

四条琉璃想选择一个点作为起点，他希望这个起点到其他所有点距离和是最小的。

输入格式：

第一行为n

接下来n-1行，每行三个整数，分别表示一条边的两端点编号和边权。（编号为1..n）

输出格式：

一个数，表示那个最小的距离和。

输入样例

5

1 2 10

2 3 10

1 4 20

2 5 10

输出样例

60

样例解释

选2作为起点。2->1:10,2->3:10,2->4:30,2->5:10，总和为60

数据范围

对于40%的数据，1<=n,m<=2333

对于100%的数据，1<=n,m<=300 000，边权为<=100的正整数

这道题很多种方法可以做

方法一：

发现可以O（1）转移

先求出一个节点的答案

然后从一个点转移到另一个点

就+e[k].c * (n-size[e[k].to]) - e[k].c * size[e[k].to]

其实就是求的树的重心

方法二：s

双向树形dp

第一次dfs从儿子上传信息到父亲

即维护一个点到它的子树内每个点的距离之和（big数组）

第二次dfs从父亲下传信息到儿子

即维护到子树外的点的距离之和（f数组）（父亲和兄弟）

转移方程看代码吧

#include
    
       #include
     
        const int N=300050;  struct node  {      int next,to,c;  }e[N*2];  int first[N];  int cnt=0;  long long int f[N];  int  n;  void insert(int u,int v,int c)  {      e[++cnt]=(node){first[u],v,c};first[u]=cnt;      e[++cnt]=(node){first[v],u,c};first[v]=cnt;  }  long long int big[N];  int size[N],visit[N];  void dfs1(int x)  {      visit[x]=1;size[x]=1;      for(int k=first[x];k;k=e[k].next)      if(!visit[e[k].to])      {          dfs1(e[k].to);          size[x]+=size[e[k].to];          big[x]+=big[e[k].to]+(long long )e[k].c*size[e[k].to];      }  }  void dfs2(int x)  {      visit[x]=1;      for(int k=first[x];k;k=e[k].next)      if(!visit[e[k].to])      {          f[e[k].to]=f[x]+(big[x]-big[e[k].to]-(long long )size[e[k].to]*e[k].c)+(n-size[e[k].to])*(long long )e[k].c;          dfs2(e[k].to);      }  }  int main()  {      freopen("B.in","r",stdin);      freopen("B.out","w",stdout);      scanf("%d",&n);      int u,v,c;      for(int i=1;i