题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5441
题意：
根据输入的三个整数n、m、q，表示有n座城市，m条路，q次询问。下面给出m行，每行三个数start、end、w，分别是这条道路的起点城市、终点城市、“权值”。然后给出q次询问的数值，每次询问的结果是符合条件的路有多少条。条件就是：如果这条路的权值比给的限制值要小，那么这条路就是可行的。注意就是：对于一条路的添加来说，只要a到b之间有路，那么符合条件的路就会有两条，一条是a到b，还有一条是b到a。比如：添加了两条路，a到b、b到c，那么其实答案就是6条，(a,b)、(a,c)、(b,a)、(b,c)、(c,a)、(c,b)。
思路：
刚开始用常规的并查集做法来写，发现会TLE，看了下数据，我之前那种遍历方法绝对会超时啊……看到q次询问就不加思索的对每次询问进行遍历，这样每次询问就要遍历一遍那m组数据，虽然实际可能不用遍历完m组，但是这个时间复杂度是很高的。然后网上学习了下，发现有一种方法很好，那就是不光对load[i].w进行排序，还可以对这q次询问的限制值进行排序这样的话只需要对m组数据遍历一次就够了。貌似这种方法有个名称叫做“离线处理”？（我个人理解应该是把查询的值先读入，读入后不在线处理，而是先存起来，排序之后再在遍历m组数据的时候使用）因为输出的时候是要按照输入时的顺序对应输出，所以这里需要有个表示查询值编号的数据。然后计算公式的话，两个集合合并，有增量有减量，合并后原来那两个集合不存在了，减量就是n1*(n1-1)、n2*(n2-1)；合并后新出现的新集合存在一个增量：(n1+n2)*(n1+n2-1)。
代码：
1 #include<iostream>
2 #include<algorithm>
3 using namespace std;
4
5 const int maxn = 2e4 + 10;
6 const int max_edge = 1e5 + 10;
7 const int max_q = 5e3 + 10;
8
9 int fa[maxn];
10 int num[maxn]; //记录这个集合中点的个数
11
12 struct Load
13 {
14 int start;
15 int end;
16 int w;
17 } load[max_edge];
18
19 struct Qnode
20 {
21 int sum;
22 int id; //记录编号，便于最后输出时是按编号输出
23 } qnode[max_q];
24
25 bool cmp1(Load a, Load b) //按权值从小到大排序
26 {
27 return a.w < b.w;
28 }
29
30 bool cmp2(Qnode a, Qnode b) //按限制值从小到大排序
31 {
32 return a.sum < b.sum;
33 }
34
35 void init(int n)
36 {
37 for(int i = 1; i <= n; i++)
38 {
39 fa[i] = i;
40 num[i] = 1;
41 }
42 return;
43 }
44
45 int find(int x)
46 {
47 if(fa[x] == x)
48 {
49 return x;
50 }
51 else
52 {
53 return fa[x] = find(fa[x]);
54 }
55 }
56
57 int main()
58 {
59 ios::sync_with_stdio(false);
60 int t;
61 int n, m, q;
62
63 long long ans[max_q];
64
65 cin >> t;
66
67 while(t--)
68 {
69 cin >> n >> m >> q;
70 init(n);
71 for(int i = 1; i <= m; i++)
72 {
73 cin >> load[i].start >> load[i].end >> load[i].w;
74 //发现这个交换是多余的……
75 /*if(load[i].start > load[i].end)
76 {
77 swap(load[i].start, load[i].end);
78 }*/
79 }
80 sort(load + 1, load + 1 + m, cmp1);
81
82 for(int i = 1; i <= q; i++)
83 {
84 cin >> qnode[i].sum;
85 qnode[i].id = i; //编号按顺序赋值
86 }
87 sort(qnode + 1, qnode + 1 + q, cmp2);
88
89 int cnt = 1;
90 long long tmp = 0;
91 for(int i = 1; i <= m; i++) //这里是直接遍历路径数据，效率比我之前想的高多了……
92 {
93 int x = find(load[i].start);
94 int y = find(load[i].end);
95
96 while(load[i].w > qnode[cnt].sum && cnt <= q)
97 {
98 ans[qnode[cnt].id] = tmp; //没有新的路添加，所以答案还是tmp，暂时不变
99 cnt++; //当前这个小的qnode不能满足大于这条路的权值，那么就继续往下看比当前大的qnode是否符合条件
100 }
101 if(x != y)
102 {
103 long long n1 = num[x], n2 = num[y];
104 tmp += (n1 + n2) * (n1 + n2 - 1);
105 tmp -= (n1 * (n1 - 1) + n2 * (n2 - 1));
106 fa[x] = y;
107 num[y] += num[x]; //x合并到y上，则x上点的个数也要加到y上
108 }
109 }
110 while(cnt <= q) //这里的意思是，路径数据已经全部遍历完了，可能询问还没有结束，较小的询问已经处理过全部数据，那么较大的也一定能
111 {
112 ans[qnode[cnt++].id] = tmp;
113 }
114 for(int i = 1; i <= q; i++)
115 {
116 cout << ans[i] << endl;
117 }
118 }
119 return 0;
120 }
原文地址：https://www.cnblogs.com/friend-A/p/9416942.html