题面：
分析：既然是求期望，总的方案数为 \(n^2\) ，求出来的期望又要乘一个 \(n^2\) ，则题意可简化为\(\sum_i^n\sum_j^n w[i][j]\) ，其中定义 \(w[i][j]\) 表示在连接 \(i,j\) 的链中出现过的不重复的黑恶势力数，再定义 \(d(i,j)\) 表示连接 \(i,j\) 的链。
为了简化题目，我们认为这个图为一棵树（本来就是），任意找个点为根，而将黑恶势力认为是每条边上的颜色。那么显而易见，这棵树满足每个节点有且仅有一条父边（废话），并且每条边都只有一种颜色而不是五颜六色的（$By $ \(XZY\) 巨佬所以不是废话），即每个点唯一对应一种颜色，不妨假设每个点的颜色为它父边的颜色。
根据这个性质，我们可以很快有一个初步的容斥想法。考虑这么一张图。
对于整张图我们难以操作判断贡献，但如果我们以一种固定的颜色 \(A\) ，把这种颜色的边全部断开，那么这棵树就会变成多个不相联通的块，而对于每一个块，块内所有颜色为\(A\)的边都没有贡献。换句话说，对于这个块来说，颜色\(A\)是没有贡献的。
即上图，对于每个绿色的块 \(S\) 内，\(中出现了红色边\sum^{S.card}_i \sum^{S.card}_j [d(i,j)中出现了红色边]=0\)。
（从这行以下请感性理解或自觉 \(Mod\) \(XZY\) \(or\) \(LX\) \(or\) \(HL\) \(or\) \(CXR\) \(or\) \(LWY\)。）
\(Sol\)：我们实际上只需要统计这个颜色 \(A\) 在整棵树里可能带来的所有影响（即 \(n^2\) ，它至多存在于 \(n^2\) 条链中），减去各个块内的链数（即 \(S.card^2\) ，它在这个块里的所有链上都没有贡献），就是这种颜色所带来的总的贡献。
考虑怎么求这个贡献。
由于我们已经知道了每个点对应且仅对应一种颜色，即上文说过的这个点父边的颜色，那么我们就可以暴力 \(dfs\) 。对于当前这个节点 \(i\) 所对应的颜色 \(col[i]\) 操作即可。
维护一个 \(top[i]\) 表示这个节点 \(i\) 所对应的颜色 \(col[i]\) 在 \(dfs\) 的过程中上一次出现的位置。如上图，\(top[2]=1\) ，\(top[3]=1\) ，\(top[4]=2\) ；特别的，如果这个颜色是第一次出现，那么它的 \(top[i]\) 将会被设为 \(0\) 。如上图，\(top[1]=0\) ，\(top[5]=0\) 。
在这种时候就需要一个 \(lst\) 辅助数组滚动记录，不过这不是重点。
接下来就是求这些连通块内的大小。显而易见的，每个以 \(i\) 为深度最小的节点的连通块大小就是 \(f[i]=size[top[i]]-\sum _{j \in \{x|top[x]=i\}}size[j]\) ，其中 \(size[u]\) 表示 \(u\) 的子树大小 。通俗一点的解释就是下图。
.png)
我把绿的改成紫的了，仅此而已。
但是这就很容易能得到：每个以 \(i\) 为最小深度的连通块的大小，就是这个 \(i\) 的子树大小，减掉所有以它为端点的向下延伸的链中，第一次碰到的相同颜色的节点的子树大小。注意，是对于每条链而言的第一次碰到的相同颜色。如上图，节点 \(2\) 所对应的连通块大小就是 \(size[2]-size[4]\) ，因为节点 \(4\) 在 \(2\) 的子树中，且与 \(2\) 的颜色相同，且是 \(d(2,4)\) 上除 \(2\) 外第一个同为红色的点；节点 \(3\) 所对应的连通块大小就是 \(size[3]\) ，因为它是一个叶子节点。
很明显，\(ans=\sum_i^n (n^2-f[i]^2-rtc[i])=n^3-\sum_i^n (f[i]^2+rtc[i])\) ，意义就是每种颜色（共 \(n\) 种，所以是 \(n*n^2=n^3\)）的贡献除去这种颜色的无用贡献（本来应该对于每种颜色单独计算，但发现答案不互斥，直接求和），至于 \(rtc[i]\) 将在下面提到。
有些小细节要注意。首先是如果不新开一层 \(f[i]\) ，而是直接修改 \(size[i]\) ，要按 \(dfs\) 序进行子树的加减操作，而不能在树上直接进行（比如 \(std\) ）。因为可能会出现先把子节点减掉再减父节点的事情。
然后是这回的数据有了一层限制（或者说题目忘记说了？），就是 \(dfs\) 序就是 \([1,n]\) 的顺序排列。这导致了可以少打一下求 \(dfs\) 序的循环。
最后是关于每种颜色的在整棵树里第一次出现的问题 ，我们需要用一个 \(rtc[i]\) 存储，初始化为 \(n\) ，每次搜到 \(col[j]=n\) \(\&\) \(!top[j]\) 的节点 \(j\) 就需要 \(rtc[i]-=size[j]\) 。想想为什么。
然后就 \(A\) 了。
\(Code\)：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=500035;
const int maxm=1000035;
struct Edge
{
int v,w;
Edge(int a=0,int b=0):v(a),w(b) {}
}edges[maxm];
int n;
int size[maxn],rtc[maxn],top[maxn],lst[maxn];
int edgeTot,head[maxn],nxt[maxm];
ll ans;
int read(){
char ch=getchar();
int num=0,fl=1;
for(;!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch=='-') fl=-1;
for(;isdigit(ch);ch=getchar())num=(num<<1)+(num<<3)+ch-48;
return num*fl;
}
void addedge(int u,int v,int w)
{
edges[++edgeTot]=Edge(v,w),nxt[edgeTot]=head[u],head[u]=edgeTot;
edges[++edgeTot]=Edge(u,w),nxt[edgeTot]=head[v],head[v]=edgeTot;
}
void dfs(int x,int fa)
{
size[x]=1;
for(int i=head[x];i!=-1;i=nxt[i])
{
int v=edges[i].v,w=edges[i].w;
if(v==fa) continue;
top[v]=lst[w],lst[w]=v;
dfs(v,x),size[x] += size[v];
lst[w]=top[v];//,size[top[v]] -= size[v];
if(!top[v]) rtc[w] -= size[v];
}
}
int main()
{
// freopen("forest.in","r",stdin);
// freopen("forest.out","w",stdout);
memset(head,-1,sizeof head);
n=read();
for(int i=1,u,v,w;i<n;i++)
u=read(),v=read(),w=read(),addedge(u,v,w);
for(int i=1;i<=n;i++)rtc[i]=n;
ans=1ll*n*n*n;
dfs(1,0);
for(int i=1;i<=n;i++)
if(top[i])size[top[i]]-=size[i];
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(i!=1)ans-=1ll*size[i]*size[i];
ans-=1ll*rtc[i]*rtc[i];
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}