【Cf #292 D】Drazil and Morning Exercise（树的直径，树上差分）

有一个经典的问题存在于这个子问题里，就是求出每个点到其他点的最远距离。

这个问题和树的直径有很大的关系，因为事实上距离每个点最远的点一定是直径的两个端点。所以我们可以很容易地进行$3$遍$Dfs$就可以算出这个了，并假设它为$d$。

我们考虑把$d$最小的点设为根，把原树变成一棵有根树，一个重要的结论就是：对于树上每一个节点，它的祖先的$d$一定比它小。

如果我们枚举了$d$最小的点$x$，那可以选择的点都是在$x$这棵子树内的，并且满足$d_{i} - d_{x} <= L$的$i$。

显然直接求解不太行，我们考虑每个点对它祖先的贡献比较合理，对于每个点$x$而言，只有距离它超过$L$的点才不会将$x$的贡献计入，我们可以倍增找到最浅的满足条件的祖先，然后在那里打上差分标记，当递归走出该点时就取消$x$的贡献。

这样我们每个询问就可以$O(nlogn)$做了。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long LL;
const int N = , LOG = ;

int n, m, rt, ans;
int gr[LOG][N], cnt[N];
LL d[N], L;

int yun, las[N], to[N << ], pre[N << ], wi[N << ];
inline void Add(int a, int b, int c) {
  to[++yun] = b; wi[yun] = c; pre[yun] = las[a]; las[a] = yun;
}

void Dfs(int x, int fat, LL dis) {
  d[x] = max(d[x], dis);
  for (int i = las[x]; i; i = pre[i]) {
    if (to[i] == fat) continue;
    Dfs(to[i], x, dis + wi[i]);
  }
}
void Dfs_(int x, int fat) {
  for (int i = ; i < LOG; ++i) {
    if (gr[i - ][x]) gr[i][x] = gr[i - ][gr[i - ][x]];
  }
  for (int i = las[x]; i; i = pre[i]) {
    if (to[i] == fat) continue;
    gr[][to[i]] = x;
    Dfs_(to[i], x);
  }
}
int Solve(int x, int fat) {
  int num = , t = x;
  for (int i = las[x]; i; i = pre[i]) {
    if (to[i] == fat) continue;
    num += Solve(to[i], x);
  }
  num -= cnt[x];
  ans = max(ans, num);
  for (int i = LOG - ; ~i; --i) {
    if (gr[i][t] && d[x] - d[gr[i][t]] <= L) t = gr[i][t];
  }
  ++cnt[gr[][t]];
  return num;
}

int main() {
  scanf("%d", &n);
  for (int i = , x, y, z; i < n; ++i) {
    scanf("%d%d%d", &x, &y, &z);
    Add(x, y, z); Add(y, x, z);
  }
  Dfs(, , );
  rt = max_element(d + , d +  + n) - d;
  Dfs(rt, , );
  rt = max_element(d + , d +  + n) - d;
  Dfs(rt, , );
  rt = min_element(d + , d +  + n) - d;
  Dfs_(rt, );

  scanf("%d", &m);
  for (; m; --m) {
    scanf("%lld", &L);
    memset(cnt, , sizeof cnt);
    ans = ;
    Solve(rt, );
    printf("%d\n", ans);
  }

  return ;
}

$\bigodot$ 技巧&套路：

• 树上每个点到其他点的最远距离
• 树上差分的技巧