Tree
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Description
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 last test case is followed by two zeros.
Output
Sample Input
5 4
1 2 3
1 3 1
1 4 2
3 5 1
0 0
Sample Output
8
Source
给定一棵N个节点、边上带权的树，再给出一个K，询问有多少个数对(i,j)满足i<j，且i与j两点在树上的距离小于等于K。
数据规模：
多组测试数据，每组数据满足N≤10000，1≤边上权值≤1000，1≤K≤10^9。
出处：
楼天城男人必做8题之一……
思路：
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 <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 1e5+, M = 1e2+, mod = 1e9+, inf = 1e9+;
typedef long long ll; int n,m,root,t,ans,allnode,siz[N],K,head[N],vis[N],d[N];
int deep[N];//路径长度//deep[0]子节点个数
int f[N];//重心 struct edg{int to,next,v;}e[N * ];//前向星存边
void add(int u,int v,int w) {e[t].to=v;e[t].next=head[u];e[t].v=w;head[u]=t++;}//加边 //获取重心
void getroot(int x,int fa) {
siz[x] = ;
f[x] = ;
for(int i=head[x];i;i=e[i].next) {
int to = e[i].to;
if(to == fa || vis[to]) continue;
getroot(to,x);
siz[x] += siz[to];
f[x] = max(f[x] , siz[to]);
}
f[x] = max(allnode-siz[x] , f[x]);
if(f[x] < f[root]) root = x;
} void getdeep(int x,int fa) {//获取子树所有节点与根的距离
deep[++deep[]] = d[x];
for(int i=head[x];i;i=e[i].next) {
int to = e[i].to;
if(to == fa || vis[to]) continue;
d[to] = d[x] + e[i].v;
getdeep(to,x);
}
}
int cal(int x,int now) {//计算当前以重心x的子树下，所有情况的答案
d[x]=now;deep[]=;
getdeep(x,);
sort(deep+,deep+deep[]+);
int all = ;
for(int l=,r=deep[];l<r;) {
if(deep[l]+deep[r] <= K) {all += r-l;l++;}
else r--;
}
return all;
} void work(int x) {//以x为重心进行计算
vis[x] = ;
ans+=cal(x,);
for(int i=head[x];i;i=e[i].next) {
int to = e[i].to;
if(vis[to]) continue;
ans -= cal(to,e[i].v);
allnode = siz[to];
root=;
getroot(to,x);
work(root);
}
} int main()
{
while(~scanf("%d%d",&n,&K)) {
if(!n&&!m) break;
memset(head,,sizeof(head));
memset(vis,,sizeof(vis));
t = ;
for(int i=;i<n;i++) {
int a,b,c;
scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
add(a,b,c) , add(b,a,c);
}
root=ans=;
allnode=n;f[]=inf;
getroot(,);
work(root);
printf("%d\n",ans);
}
}