http://poj.org/problem?id=1741
Description
Give a tree with n vertices,each edge has a length(positive integer less than 1001).
Define dist(u,v)=The min distance between node u and v.
Give an integer k,for every pair (u,v) of vertices is called valid if and only if dist(u,v) not exceed k.
Write a program that will count how many pairs which are valid for a given tree.
Input
The input contains several test cases. The first line of each test case contains two integers n, k. (n<=10000) The following n-1 lines each contains three integers u,v,l, which means there is an edge between node u and v of length l.
The last test case is followed by two zeros.
Output
For each test case output the answer on a single line.
Sample Input
5 4 1 2 3 1 3 1 1 4 2 3 5 1 0 0
Sample Output
8
/**
poj 1741 楼教主男人八题之一：树分治
题目大意：给定一个带权树，问有多少对点之间的距离之和不超过k
解题思路：典型的树分治算法。（转自ACMonster）
最容易想到的算法是：从每个点出发遍历整棵树，统计数对个数。
由于时间复杂度O(N^2)，明显是无法满足要求的。
对于一棵有根树， 树中满足要求的一个数对所对应的一条路径，必然是以下两种情况之一：
1、经过根节点
2、不经过根节点，也就是说在根节点的一棵子树中
对于情况2，可以递归求解，下面主要来考虑情况1。
设点i的深度为Depth[i]，父亲为Parent[i]。
若i为根，则Belong[i]=-1，若Parent[i]为根，则Belong[i]=i，否则Belong[i]=Belong[Parent[i]]。
这三个量都可以通过一次BFS求得。
我们的目标是要统计：有多少对(i,j)满足i<j，Depth[i]+Depth[j]<=K且Belong[i]<>Belong[j]
如果这样考虑问题会变得比较麻烦，我们可以考虑换一种角度：
设X为满足i<j且Depth[i]+Depth[j]<=K的数对(i,j)的个数
设Y为满足i<j，Depth[i]+Depth[j]<=K且Belong[i]=Belong[j]数对(i,j)的个数
那么我们要统计的量便等于X-Y
求X、Y的过程均可以转化为以下问题：
已知A[1],A[2],...A[m]，求满足i<j且A[i]+A[j]<=K的数对(i,j)的个数
对于这个问题，我们先将A从小到大排序。
设B[i]表示满足A[i]+A[p]<=K的最大的p(若不存在则为0)。我们的任务便转化为求出A所对应的B数组。那么，若B[i]>i，那么i对答案的贡献为B[i]-i。
显然，随着i的增大，B[i]的值是不会增大的。利用这个性质，我们可以在线性的时间内求出B数组，从而得到答案。
综上，设递归最大层数为L，因为每一层的时间复杂度均为“瓶颈”——排序的时间复杂度O(NlogN)，所以总的时间复杂度为O(L*NlogN)
然而，如果遇到极端情况——这棵树是一根链，那么随意分割势必会导致层数达到O(N)级别，对于N=10000的数据是无法承受的。因此，我们在每一棵子树中选择“最优”的点分割。所谓“最优”，是指删除这个点后最大的子树尽量小。这个点可以通过树形DP在O(N)时间内求出，不会增加时间复杂度。这样一来，即使是遇到一根链的情况时，L的值也仅仅是O(logN)的。
因此，改进后算法时间复杂度为O(Nlog^2N)，可以AC。
*/
#include <stdio.h>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <string.h>
using namespace std;
const int maxn=10015;
const int INF=0x3f3f3f3f;
int head[maxn],ip;
int siz[maxn],can[maxn],lst[maxn],d[maxn],fa[maxn];
int ans,tl,n,k,l1,l2;
void init()
{
memset(head,-1,sizeof(head));
memset(can,0,sizeof(can));
ip=0;
ans=0;
}
struct note
{
int v,w,next;
} edge[maxn*2];
void addedge(int u,int v,int w)
{
edge[ip].v=v,edge[ip].w=w,edge[ip].next=head[u],head[u]=ip++;
}
void dfs1(int u,int pre)
{
siz[u]=1;
lst[++tl]=u;
for(int i=head[u]; i!=-1; i=edge[i].next)
{
int v=edge[i].v;
if(v==pre||can[v])continue;
dfs1(v,u);
fa[v]=u;
siz[u]+=siz[v];
}
}
int getroot(int u,int pre)
{
tl=0;
dfs1(u,pre);
int pos,tmp=INF,d,y;
for(int i=1; i<=tl; i++)
{
d=0,y=lst[i];
for(int p=head[y]; p!=-1; p=edge[p].next)
{
int v=edge[p].v;
if(v==fa[y]||can[v])continue;
d=max(d,siz[v]);
}
if(y!=u)
d=max(d,siz[u]-siz[y]);
if(d<tmp)pos=y,tmp=d;
}
return pos;
}
void dfs2(int u,int pre,int dis)
{
lst[++l1]=u;
d[u]=dis;
for(int i=head[u]; i!=-1; i=edge[i].next)
{
int v=edge[i].v;
if(v==pre||can[v])continue;
dfs2(v,u,dis+edge[i].w);
}
}
int getans(int *a,int l,int r)
{
int j=r,ret=0;
for(int i=l; i<=r; i++)
{
while(d[a[i]]+d[a[j]]>k&&j>i)j--;
ret+=j-i;
if(j==i)break;
}
return ret;
}
inline bool cmp(int i,int j)
{
return d[i]<d[j];
}
void work(int u,int pre)
{
int root=getroot(u,pre);
l1=l2=0;
for(int i=head[root]; i!=-1; i=edge[i].next)
{
int v=edge[i].v;
if(can[v]==0)
{
l2=l1;
dfs2(v,root,edge[i].w);
sort(lst+l2+1,lst+l1+1,cmp);
ans-=getans(lst,l2+1,l1);
}
}
lst[++l1]=root,d[root]=0;
sort(lst+1,lst+l1+1,cmp);
ans+=getans(lst,1,l1);
can[root]=1;
for(int i=head[root]; i!=-1; i=edge[i].next)
{
int v=edge[i].v;
if(can[v]==0)
work(v,root);
}
}
int main()
{
while(~scanf("%d%d",&n,&k))
{
if(n==0&&k==0)break;
init();
for(int i=0; i<n-1; i++)
{
int x,y,z;
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
addedge(x,y,z);
addedge(y,x,z);
}
work(1,0);
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
时间： 2024-11-05 18:42:25