這是個思路題，對我這樣的zz
來說可能已經接近自己想出來的極限了。
一看統計符合條件的路徑條數，肯定是點分治，而且肯定是靜態的。
首先把邊權變成
1 和−1
，那麼一條路徑陰陽平衡也就是說它的權值和等於
0 。
根據點分治的過程，可知重心和路徑是一對多的關係，而且一條路徑只會對應乙個重心，就是說每條路徑都只會在搞某乙個重心時被統計，而且僅會被統計一次。
考慮某條路徑被統計的時候的情形。
它肯定會被分成兩段，假設這兩段是x和
y ，因為權值和為
0，所以這兩段的權值和一定是相反數。
題目要求必須找到乙個斷點，使得斷開後兩段的權值和都為
0 。
考慮斷點的位置，要麼在
x段上，要麼在
y 段上，要麼就是重心。
為了不重複統計，我們先統計在
x端上或在
y 段上的，最後統計在重心上的，所以我們必須強制規定重心不在這兩段的任何一段上。
用乙個goo
d陣列記錄某條路徑能否在其末端找出一段和等於
0 ，這個可以開個權值桶然後df
s過程中算出。用f[
0/1]
[i] 表示go
od是否具有go
od屬性，權值和為
i 的路徑的條數，那麼在一棵子樹一棵子樹合併的時候，如果當前點no
w具有go
od屬性，就把f[
0][−
dist
[now
]]+f
[1][
−dst
[now
]]計入答案；如果當前點不具有go
od屬性，就把f[
1][−
dist
[now
]]計入答案。
以上只是算了斷點不在重心的。
最後再加上斷點在重心的，這個可以加入一棵子樹的時候搞，如果當前點不具有go
od屬性，就把f[
0][0
] 計入答案。
打完之後交上去發現wr
onga
nswe
r 了，寫了個對拍，發現還存在乙個端點在重心，另乙個端點在子樹中的情況沒計入。這個好說只要做完乙個重心之後把f[
1][0
] 計入答案就好了。
//點分治
#include
#include
#define maxn 200010
#define ll long long
#define forp for(ll p=head[pos];p;p=nex[p])if(to[p]^pre and !grey[to[p]])
using namespace std;
ll dist[maxn], deep[maxn], n, size[maxn], g, head[maxn], to[maxn], w[maxn],
nex[maxn], tot, list[maxn], cnt[maxn], f[2][maxn];
bool grey[maxn], good[maxn];
ll ans, sumg;
inline void adde(ll a, ll b, ll v)
inline ll read(ll x=0)
ll dfs(ll pos, ll pre)
void findg(ll pos, ll pre, ll sum)
void solve(ll pos)
for(i=1;i<=*list;i++)f[good[list[i]]][dist[list[i]]+n]++;
}ans+=f[1][n];
for(p=head[g];p;p=nex[p])
if(!grey[to[p]])
for(p=head[g];p;p=nex[p])if(!grey[to[p]])solve(to[p]);
}void init()
int main()
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