手玩樣例，我們很快（從題目後的提示）找到了 1−3
1 - 3
1−3， 1−2
−31-2-3
1−2−3，1−2
−31 - 2 - 3
1−2−
3（兩者不同）一共三條路徑。求出其權值之和再加上乘船返回兩次所需的時間，和樣例恰好一致。
於是我們便可以把這個問題分成兩個子問題逐個求解：
選擇從起點開始dfs，我們需要考慮在搜尋樹上，我們怎樣進行狀態與狀態之間的轉移（說白了就是dfs函式裡寫什麼）。
我們對症下藥：題目讓求起點到終點路徑的權值和，我們就先存下起點到當前點路徑的權值和，用s陣列儲存；題目讓求起點到終點路徑的數目，我們就先存下起點到當前點路徑的數目，用cnt陣列儲存。
搜尋樹上，父親想要告訴兒子什麼呢？肯定就是s[fa]和cnt[fa]的數值了。那麼作為父親最喜愛的兒子（誤），怎樣處理好父親給的資訊呢？我們具體分析。
假設我們當前節點（父親）為2，即將處理的邊為 權值為 $ 7 $ 的邊，那麼兒子節點就是3。 我們發現有了這條邊之後，1 -> 2的每一條路徑都可以和它組合，成為1 -> 3的一條新路徑。
因此這條邊對於權值之和的貢獻是：通過1 -> 2的每一條不相同的路和這條邊的權值總和。這條邊對於路徑數量的貢獻，就是1 -> 2的路徑數量。
比如：假設1到2有 3
33 條邊，2到3有 5
55 條邊，那麼根據乘法原理1 -> 2 -> 3有 3×5
3 \times 5
3×5 條邊，在我們分別處理2到3的 5
55 條邊時，每一條邊都會造成 3
33 條新路徑的貢獻，這和乘法原理是相符的。對於權值的求和也可以從上面的假設去理解。
因此我們處理一條從u指向to，邊權為w的邊，那麼：
s to
=∑w×
cntu
+sus_= \sum w \times cnt_u + s_u
sto=∑
w×cn
tu+
su而對於to，路徑數量則是：
c nt
to=∑
cntu
cnt_ = \sum cnt_u
cntto
=∑cn
tu有如下**：
void
dfs(
int u)
}
20分（或者是0分）的好成績。
你可能會抱怨道：為什麼！我樣例明明過了啊！然而作為一名 oier， 絕對不能too young too ******，樣例往往太簡單，只是輔助理解題意的，並不能幫你找出 bug 來。
我再給一組樣例，在你讀完題解前，希望對你有所啟發：
輸入為：
4 6 1 3 1
1 2 1
1 2 1
2 3 1
1 4 1
1 4 1
4 3 1
如圖，由於邊輸入順序的原因（我選用鏈式前向星存圖），導致4號點在還沒有處理完，得到正確的s與cnt值時，就向3傳遞了資訊，最後造成統計錯誤。
因此我們希望，改變搜尋順序，讓每乙個節點把自己的資料處理好，再向下乙個節點匯報。 有沒有這樣的方法呢？答案是有的，那就是拓撲排序。
我們記錄每乙個節點此時的入度，處理完一條邊入度自減 $ 1 $，當入度為 $ 0 $ 時加入搜尋佇列，那麼我們就可以保證每個點都得到了正確的結果。
因此最終**如下：（注意處理取模）
#include
#include
#include
using
namespace std;
const
int maxn =
1e4+
50, maxm =
5e4+
50, inf =
0x3f3f3f3f
, mod =
1e4;
int head[maxn]
, nxt[maxm]
, ver[maxm]
, edge[maxm]
, tot;
// 鏈式前向星相關
int cnt[maxn]
, s[maxn]
, in[maxn]
;// 本題相關
bool vis[maxm]
;// 記錄某條邊是否走過（或許不需要）
inline
void
add(
int u,
int v,
int w)
inline
intmul
(int a,
int b)
// 一步三取模，被取模錯誤丟分嚇怕了
inline
void
topo
(int start)
// 拓撲排序的同時進行遞推}}
intmain()
topo
(start)
;int ans =
(s[t]
+mul
(ts, cnt[t]-1
)+ mod)
% mod;
// 別忘了把路徑數量 - 1乘上乘船時間
printf
("%d"
, ans)
;return0;
}
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