HDU 6832 A Very Easy Graph Problem 2020 HDU多校第六场

题意：给定一张含有n个顶点和m条边的图。顶点有两种类型 0和1。第i条边的权值为2ⁱ 。求任意顶点0和任意顶点1之间的距离和。

思路：这题跟 这道2018CCPC网络赛 很类似。

由于边有2e5条。所以直接用dijkstra求最短距离是不可能的，复杂度直接炸了。 因为第i条边的权值是2ⁱ ，所以第i条的权值是大于前i-1条权值之和。也就是说。如果前i-1条边图已经联通了，那么我们就不需要剩下的边了。因为就算两点间需要经过i-1条边，那这个距离也是小于第i条边的。

所以我们可以先把图转成一颗树（最小生成树），然后再树上想办法。在一颗树上，两点之间的路径是唯一的。所以要求任意顶点0和任意顶点1之间的距离和，其实可以先求出每条边对最后结果的贡献度，最后求和。每条边的贡献度为 边长*经过的次数。

现在问题是如果求每条边被经过的次数？

例如边。假设在树中a为b的父节点。那么这条边的经过次数=以b为根节点的子树中0类别的节点数*子树以外类别1的节点数 +子树中1类别的节点数*子树以外类别0的节点数

#include
#define mp(a,b) make_pair(a,b)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<long long, int> pli;
typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<int, double> pid;
const long long INF = 1e15;
const int maxn = 1e5 + 10;
const int mod = 1e9 + 7;
bool isPrime(long long x) {
    if (x <= 1)return false;
    if (x == 2)return true;
    if (x % 2 == 0)return false;
    long long m = sqrt(x);
    for (long long i = 3; i <= m; i += 2) {
        if (x % i == 0)return false;
    }
    return true;
}

long long gcd(long long m, long long n) {
    return m % n == 0 ? n : gcd(n, m % n);
}



long long fib[90];

void initFib() {
    fib[0] = fib[1] = 1;

    int i;
    for (i = 2; i < 90; i++) {
        fib[i] = fib[i - 1] + fib[i - 2];

    }
}

struct node {
    long long w;
    int to;
    int zero, one;
    node(int a, long long b, int c = 0) :to(a), w(b), zero(c), one(c) {}
};

vector<node> G[maxn];
unordered_map<int, int> mmid;
int n, m;
int zero, one;
ll len[maxn];
ll ans;
int fa[maxn];
vector<int> v(n);
void init() {
    int i;
    len[0] = 1;
    ll cnt = 1;
    for (i = 1; i < maxn; i++) {
        cnt = cnt * 2 % mod;
        len[i] = cnt;
    }
    
}

void clear() {
    int i;
    ans = 0;
    zero = one = 0;
    for (i = 0; i <= n; i++) {
        fa[i] = i;
        G[i].clear();

    }
    v.clear();
    v.resize(n);
}

int find(int x) {
    return fa[x] == x ? x : fa[x] = find(fa[x]);
}

pii dfs(int cur, int fa, ll w) {
    if (G[cur].size() == 1 && cur != 1) {
        if (v[cur - 1]) {
            ans = (ans + (zero) * w%mod) % mod;
            return pii(0, 1);
        }
        else {
            ans = (ans + (one) * w % mod) % mod;
            return pii(1, 0);
        }
    }
    pii p;
    if (v[cur - 1]) {
        p = mp(0, 1);
    }
    else {
        p = mp(1, 0);
    }
    for (auto& val : G[cur]) {
        if (val.to == fa)continue;
        auto tmp = dfs(val.to, cur, val.w);
        p.first += tmp.first;
        p.second += tmp.second;
    }
    
    ll cnt = 0;
    cnt = p.second * (zero - p.first) + p.first * (one - p.second);
    ans = (ans + cnt * w % mod) % mod;

    return p;
}


int main() {
    init();
    ios::sync_with_stdio(false);
    int t;

    cin >> t;
    while (t--) {
        cin >> n >> m;

        clear();

        for (auto& val : v) {
            cin >> val;
            if (val)one++;
            else zero++;
        }
        int i;
        int a, b;
        for (i = 0; i < m; i++) {
            cin >> a >> b;
            int r1 = find(a);
            int r2 = find(b);
            if (r1 != r2) {
                fa[r1] = r2;
                G[a].push_back({ b, len[i + 1] });
                G[b].push_back({ a, len[i + 1] });
            }
        }
        dfs(1, 0, 0);
        cout << ans << endl;
    }
    return 0;
}