1. 题目来源

链接：3067. 在带权树网络中统计可连接服务器对数目

2. 题目解析

挺有意思的一道题目，重点是要能够读懂题目，然后结合几个图相关的处理技巧即可拿下。

• 图存储：邻接表即可。
• 无向无环图的单侧图遍历：无向图一般邻接表建立两条边，正常图遍历会有重复边。一般的处理操作就是遍历时记录一个 fa 父节点即可，即不会往父节点方向遍历，则一直会向下遍历，最终结果无重复。
• 结果处理：实际上就是每个节点作为根节点，作为服务器 C，查找子树中的所有与根节点距离能被整除的节点个数。这里计数需要使用到乘法原理，具体看下摘自灵神的这张图即可：
  
• 优化技巧：如果枚举的根，相邻点只有一个的话，那么结果一定是 0，因为要求 C 到 A、B 的边是不重复的。

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• 时间复杂度：$O(n^2)$
• 空间复杂度：$O(n)$

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class Solution {
public:
    vector<int> countPairsOfConnectableServers(vector<vector<int>>& edges, int signalSpeed) {
        int n = edges.size() + 1;
        vector<vector<pair<int, int>>> g(n);

        for (auto &e : edges) {
            int x = e[0], y = e[1], w = e[2];
            g[x].push_back({y, w});
            g[y].push_back({x, w});
        }

        vector<int> ans(n);
        for (int i = 0; i < n; i ++ ) {
            // 如果只有一个相邻点，则结果为 0。因为该点不能作为 C 点，题目要求没有与 a、b 的公共边
            if (g[i].size() == 1) {
                continue;
            }

            int sum = 0;
            for (auto &[y, wt] : g[i]) {    // 递归遍历子树
                int cnt = dfs(y, i , wt, signalSpeed, g);
                ans[i] += cnt * sum;
                sum += cnt;
            }
        }

        return ans;
    }

    // dfs 统计子树中有多少节点可以被整除
    int dfs(int x, int fa, int sum, int signalSpeed, vector<vector<pair<int ,int >>> g) {
        int cnt = sum % signalSpeed == 0;
        for (auto &[y, wt] : g[x]) {
            if (y != fa) {      // 不等于父节点，只计算单边树
                cnt += dfs(y, x, sum + wt, signalSpeed, g);
            }
        }

        return cnt;
    }
};