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圆方树入门题。听讲了四次才会做。
假设 D 是 \(0\)，d 是 \(1\)。先把问题转化为求不合法的方案数，也就是路径只经过一种边权的方案数。
先考虑起点和终点在同一个点双的情况。假设当前点双的大小为 \(sz\)。如果这个点双只有一种颜色，那么显然在这个点双内部怎么走都是不合法的路径，方案数为 \(sz \choose 2\)。
那么我们考虑如果点双内部含有两种边，那么是否每个点对都合法呢？好像也不是。如图，这个点双内部 \((1, 2)\) 点对也不存在同色路径。
所以经过手玩我们会发现，如果点双内只有两个点同时具有 \(0\) 和 \(1\) 的出边，那么这两个点之间也不存在两种边权的路径。原因是你要有两种边权的路径，就必须要有边权 \(0 \to 1\) 或者 \(1 \to 0\) 的切换的地方，但是这两个点之间没有切换的地方；其他点对 \((u, v)\) 一定可以通过 \(u\) 走到这个切换的点，然后再由这个点走到 \(v\)，来实现路径上有两种颜色。
所以对于一个大小为 \(sz\) 的点双，如果是同色的那么不合法路径数量为 \(sz \choose 2\)，否则如果只有两个点同时有 \(01\) 出边，不合法路径数量为 \(1\)，否则为 \(0\)。
接下来考虑起终点不在同一个点双的情况，对于这种情况我们在圆方树上分析。
对于一个方点，如果内部只有 \(0\) 边我们称之为白点，内部只有 \(1\) 边我们称之为黑点，如果两种都有我们称之为灰点。
那么如果一条路径上只有白点或者只有黑点，那就已经寄了，因为不管怎么走都走不到其他颜色的边，因此一定是不合法的路径。
很显然一条路径上同时有白点和黑点的话，一定是合法的。
接下来考虑加入灰点怎么办。如果这个灰点内部有超过 \(2\) 个有 \(01\) 出边的点，那一定是合法的，因为一定存在一条进入这个方点，在内部行走，再走出这个方点，经过两种颜色边的路径。
那如果有像上图的情况怎么办？假设灰点中，进入点双的点和出点双的点之间有若干条含有两种颜色的路径，但是每条路径只有一种颜色，那么我们可以根据我们方点外我们经过了哪种颜色，在这个灰点中选择另一种颜色，就可以了。
所以，对于起终点在不同点双的情况，答案就是路径上只有白点或只有黑点的路径数量。
所以我们就对白点和黑点分别求一个极大的连通块，假设某个连通块含有的圆点数量为 \(cnt\)，那么不合法路径数量就是 \(cnt \choose 2\)。
再说一下怎么求一条边属于哪个点双。如果直接枚举出边会被菊花卡成 \(O(n^2)\)。
我们在圆方树上随便取一个根，求出每个点的父亲 \(f_u\)。
对于原图一条边 \((u, v)\)，要么 \(u\) 和 \(v\) 是兄弟，要么是祖孙关系。而夹在这两个点中间的方点就是它们属于的点双。
所以如果 \(u,v\) 是兄弟，那么就属于 \(f_u\) 所代表的点双；如果 \(u\) 是 \(v\) 的爷爷，那么就属于 \(f_v\) 所代表的点双。
最后拿总方案数 \(n \choose 2\) 扣掉不合法方案数就可以了，复杂度 \(O(n + m)\)。
#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define N 1000006
using namespace std;
int _,n,m,tp,dfs_clock,dn;
int dfn[N],tf[N],low[N],stk[N],col[N],fa[N],sz[N],cnt[N][2],c[N],vis[N];
long long ans;
vector<int> tG[N],bcc[N]; vector<pair<int,int> > G[N];
inline void add(int u,int v) {tG[u].push_back(v),tG[v].push_back(u);}
inline long long binom2(int x) {return 1ll*x*(x-1)/2;}
inline int find(int k) {return fa[k]==k?k:fa[k]=find(fa[k]);}
inline void merge(int u,int v) {u=find(u),v=find(v); if(u^v)fa[v]=u,sz[u]+=sz[v];}
inline int get(int u,int v)
{if(tf[u]==tf[v])return tf[u];else if(tf[tf[u]]==v)return tf[u];else if(tf[tf[v]]==u)return tf[v];assert(0);
}
void tarjan(int u)
{dfn[u]=low[u]=++dfs_clock,stk[++tp]=u;for(auto vv:G[u])if(!dfn[vv.first]){int v=vv.first;tarjan(v),low[u]=min(low[u],low[v]);if(low[v]==dfn[u]){dn++;for(int x=-1;x!=v;tp--)x=stk[tp],add(x,dn),bcc[dn].push_back(x);add(u,dn),bcc[dn].push_back(u);}} else low[u]=min(low[u],dfn[vv.first]);
}
void dfs(int u) {for(int v:tG[u])if(v!=tf[u])tf[v]=u,dfs(v);}
void solve(int o)
{for(int i=1;i<=dn;i++)fa[i]=i,sz[i]=0;for(int i=1;i<=n;i++)sz[i]=1;for(int i=n+1;i<=dn;i++)if(col[i]==o)for(int j:tG[i])merge(i,j);for(int i=1;i<=dn;i++)if(find(i)==i)ans-=binom2(sz[i]);
}
main()
{scanf("%d%d%d",&_,&n,&m),dn=n;for(int i=1,u,v;i<=m;i++){char ch[3]; scanf("%d%d%s",&u,&v,ch+1);G[u].push_back({v,ch[1]=='d'});G[v].push_back({u,ch[1]=='d'});}ans=binom2(n),tarjan(1),dfs(1);for(int u=1;u<=n;u++)for(auto v:G[u])cnt[get(u,v.first)][v.second]++;for(int i=n+1;i<=dn;i++)if(!cnt[i][1])col[i]=0;else if(!cnt[i][0])col[i]=1; else col[i]=2;memset(cnt,0,sizeof(cnt));for(int u=1,b;u<=n;u++){for(auto v:G[u])cnt[get(u,v.first)][v.second]++;for(auto v:G[u])if(!vis[b=get(u,v.first)]&&cnt[b][0]&&cnt[b][1])c[b]++,vis[b]=1;for(auto v:G[u]){vis[b=get(u,v.first)]=0;for(int i=0;i<2;i++)cnt[b][i]=0;}}for(int i=n+1;i<=dn;i++)if(c[i]==2)ans--;solve(0),solve(1);printf("%lld\n",ans);return 0;
}