题意：给你一颗带边权树，问你其中 dis（v,u） <= k 的对数
解题思路：
首先推荐大家看 09年国家集训队漆子超 的论文
看到这题 我们可以有三种思路
第一种是枚举起点，遍历整颗树找对数 时间复杂度 为 O（n^2），空间复杂度为 O（n）
第二种是树形dp的思想 每个节点用 长度为 K 数组维护 ，递归求解 时间复杂度为 O（n ^k）空间复杂度 为 O（n）
第三种就是我们要用到的点分治的思想。
这种思想的具体思路是 先找到一个 根 对这个根进行 深搜， 找出 根到 其所有子节点的距离D[I]
分两种情况，第一种是 点对不经过 这个 根 ，那么递归子节点就行
第二种情况就是 点经过这个根 ，这里又分两种情况
那么其中 D[i] + D[j] <= K 为我们所求
但是 D[i] + D[j] <= K 的情况中 有可能 i 和 j 是属于 根的同一颗子树的，所以要去除掉这种情况，
可以知道 这两种情况可以调用一个函数计数，具体的方法就是 对 D[i] 排序 ，首尾双递推。 这里时间复杂度为 N×logn（对与第二种，我们可以用全局数组，每次处理一个子节点的一段）
找完这个根以后我们需要 删除 这个 根 ，继续 寻找子树就行。对与每一颗子树，我们要使得时间复杂度尽可能低的话，我们需要找到这颗子数的重心为根。
那这样递归层数就变成了 logn 总时间复杂度为 N×lognxlogn
解题代码：
1 // File Name: poj1741.cpp
2 // Author: darkdream
3 // Created Time: 2014年10月05日 星期日 09时49分58秒
4
5 #include<vector>
6 #include<list>
7 #include<map>
8 #include<set>
9 #include<deque>
10 #include<stack>
11 #include<bitset>
12 #include<algorithm>
13 #include<functional>
14 #include<numeric>
15 #include<utility>
16 #include<sstream>
17 #include<iostream>
18 #include<iomanip>
19 #include<cstdio>
20 #include<cmath>
21 #include<cstdlib>
22 #include<cstring>
23 #include<ctime>
24 #define LL long long
25 #define maxn 10005
26 using namespace std;
27 int n , m ;
28 struct node{
29 int ne;
30 int dis;
31 node(int _ne,int _dis)
32 {
33 ne = _ne;
34 dis = _dis;
35 }
36 };
37 vector<node> mp[maxn];
38 int dn = 0;
39 int vis[maxn];
40 int dis[maxn];
41 int sum[maxn];
42 int mx[maxn];
43
44 int getsize(int k , int la)
45 {
46 sum[k] = 1;
47 mx[k] = 0;
48 int num = mp[k].size();
49 for(int i = 0;i < num ;i ++)
50 {
51 if(!vis[mp[k][i].ne] && mp[k][i].ne != la)
52 {
53 getsize(mp[k][i].ne,k);
54 mx[k] = max(sum[mp[k][i].ne],mx[k]);
55 sum[k] += sum[mp[k][i].ne];
56 }
57 }
58 }
59 int root;
60 int mxv;
61 void getroot(int k ,int la,int tans)
62 {
63 int tt = max(tans - sum[k] ,mx[k]);
64 if(tt < mxv)
65 {
66 // printf("****%d\n",k);
67 mxv = tt;
68 root = k ;
69 }
70 int num = mp[k].size();
71 for(int i = 0 ;i < num ;i ++)
72 {
73 if(!vis[mp[k][i].ne] && mp[k][i].ne != la)
74 {
75 getroot(mp[k][i].ne,k,tans);
76 }
77 }
78 }
79 void getdis(int k , int la,int tdis)
80 {
81 dis[dn] = tdis;
82 dn ++ ;
83 int num = mp[k].size();
84 for(int i = 0 ;i < num ;i ++)
85 {
86 if(mp[k][i].ne != la && !vis[mp[k][i].ne])
87 {
88 getdis(mp[k][i].ne,k,tdis + mp[k][i].dis);
89 }
90 }
91 }
92 int getans(int l ,int r )
93 {
94 sort(dis+l,dis+r);
95 int ans = 0 ;
96 r = r-1;
97 while(r > l)
98 {
99 if(dis[l] + dis[r] <= m)
100 {
101 ans += r - l ;
102 l ++ ;
103 }else {
104 r-- ;
105 }
106 }
107 return ans;
108 }
109 int solve(int k)
110 {
111 // printf("%d**\n",k);
112 root = k ;
113 getsize(k,0);
114 mxv = 1e9;
115 getroot(k,0,sum[k]);
116 k = root;
117 //printf("%d %d\n",k,sum[k]);
118 dn = 1 ;
119 dis[0] = 0;
120 int tans = 0 ;
121 int j ;
122 int num = mp[k].size();
123 for(int i = 0 ;i < num ;i ++)
124 {
125 if(!vis[mp[k][i].ne])
126 {
127 j = dn;
128 getdis(mp[k][i].ne,k,mp[k][i].dis);
129 tans += getans(j,dn);
130 // printf("%d %d %d\n",tans,j,dn);
131 }
132 }
133 int ans = getans(0,dn) - tans;
134 /* printf("ans = %d\n",ans);
135 for(int i = 0 ;i < dn ;i++)
136 printf("%d ",dis[i]);
137 printf("\n");
138 printf("ans = %d\n",ans);
139 */
140 vis[k] = 1; //删除这个点
141
142 for(int i = 0 ;i < num ;i ++)
143 {
144 if(!vis[mp[k][i].ne])
145 {
146 ans += solve(mp[k][i].ne);
147 }
148 }
149 return ans;
150 }
151 int main(){
152 //freopen("out","r",stdin);
153 while(scanf("%d %d",&n,&m) != EOF)
154 {
155 if(n == 0 && m == 0 )
156 break;
157 int u,v,w;
158 for(int i = 1;i <= n;i ++)
159 mp[i].clear();
160 for(int i = 1;i < n;i ++)
161 {
162 scanf("%d %d %d",&u,&v,&w);
163 mp[u].push_back(node(v,w));
164 mp[v].push_back(node(u,w));
165 }
166 memset(vis,0,sizeof(vis));
167 printf("%d\n",solve(1));
168 }
169 return 0;
170 }
时间： 2024-08-06 03:45:40