【题意】给定带边权树,求两点距离<=k的点对数。n<=40000。

【算法】点分治

【题解】对于一个区域,选择其重心x作为根,则划分出来的每棵子树都是子区域,可以证明至多划分log n次(通过vis[]划分区域)。每次划分所有点都扫描一次,所以仅遍历的复杂度是O(n log n)。

对于本题,将点x的所有子树节点dis处理出来后排序,然后用双指针法易得<=k的点对数。

但是,这样会把来自同一子树的路径也计算进去,需要减去。来自同一子树y的距离<=k的路径的数量等同于子树y内路径的距离+2*w<=k的路径的数量。

所以,设dis[y]=w后再减去子树y的路径数即可。

具体做法:calc(x,0)表示dis[x]=0统计得到的子树x内<=k的路径数,则ans(x)=calc(x,0)-calc(y,w),y=son[x],w是边(x,y)的权值。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=;
ll ans;
int root,first[maxn],tot,cnt,sz[maxn],sum,d[maxn],k,n;
bool vis[maxn];
struct edge{int v,w,from;}e[maxn*];
void insert(int u,int v,int w){tot++;e[tot].v=v;e[tot].w=w;e[tot].from=first[u];first[u]=tot;}
void getroot(int x,int fa){
sz[x]=;
bool ok=;
for(int i=first[x];i;i=e[i].from)if(e[i].v!=fa&&!vis[e[i].v]){
getroot(e[i].v,x);
sz[x]+=sz[e[i].v];
if(sz[e[i].v]>sum/)ok=;
}
if(sum-sz[x]<=sum/&&ok)root=x;
}
void getdeep(int x,int fa,int w){
d[++cnt]=w;
for(int i=first[x];i;i=e[i].from)if(e[i].v!=fa&&!vis[e[i].v])getdeep(e[i].v,x,w+e[i].w);
}
ll calc(int x,int w){
cnt=;getdeep(x,,w);
sort(d+,d+cnt+);
int l=,r=cnt;
ll sum=;
while(l<r){
if(d[l]+d[r]<=k){sum+=r-l;l++;}
else r--;
}
return sum;
}
void solve(int x,int s){
ans+=calc(x,);vis[x]=;
for(int i=first[x];i;i=e[i].from)if(!vis[e[i].v]){
ans-=calc(e[i].v,e[i].w);
if(sz[e[i].v]>sz[x])sum=s-sz[x];else sum=sz[e[i].v];
getroot(e[i].v,x);
solve(root,sum);
}
}
int main(){
scanf("%d",&n);
int u,v,w;
for(int i=;i<n;i++){
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
insert(u,v,w);insert(v,u,w);
}
scanf("%d",&k);
sum=n;
getroot(,);
ans=;
solve(root,n);
printf("%lld\n",ans);
return ;
}

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