题目描述：一棵(n)个点的树，设(d(u)=max_{vin V} ext{dis}(u,v))，每次询问一个数(l)，求一个最大的联通子图(L)，使得(forall u,vin L,|d(u)-d(v)|leq l)。输出(|L|).
数据范围：(nleq 10^5,wleq 10^6,lleq 10^{11},qleq 50).
首先我们要计算出(d(u))，这个我们可以把(d(u))拆成(dep_u+max_{vin V}(dep_v-2dep_{ ext{lca}(u,v)}))。枚举当前dfs到的是(x)作为lca，那么(x)的对子树(v)的点贡献为(max_{vin tr(x),v otin tr(v)}dep_v-2dep_x)，对自己的贡献为(max_{vin tr(x)}dep_v-2dep_x)。后者先预处理子树深度最大值，前者可以对于每个儿子(v)，排成一排之后计算前缀最大值和后缀最大值。时间复杂度(O(n))。
然后我们会发现一个事情，就是以(d(u))最小的点（中心）为根，(forall vin tr(x),d(v)ge d(x))。
证明：我们只需要证明(u)的每个儿子(x)满足原命题，那么可以归纳证明所有点都满足。
- 如果(x)的最长路不经过(v)，那么(v)的路径可以经过(x)，然后走(x)的最长路，即(d(v)>d(x))。
- 如果(x)的最长路经过(v)，那么(u)的路径可以经过(x)，然后走(x)的最长路，即(d(u)>d(x))，矛盾，所以不可能。
现在我们知道，我们可以用two-pointer的方法，按(d(u))从大到小枚举(u)，然后将(d(x)>d(u)+l)的点全部删除，而且删除的点并不会影响连通性（因为更远离中心），所以可以用并查集维护联通块大小。
时间复杂度(O(nlog n+qnalpha(n)))，莫名其妙跑得比“莫名其妙跑得比并查集老哥们快”的老哥快。
#include<bits/stdc++.h>
#define Rint register int
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 100003;
int n, q, head[N], to[N << 1], nxt[N << 1], w[N << 1], id[N];
inline void add(int a, int b, int c){
static int cnt = 0;
to[++ cnt] = b; nxt[cnt] = head[a]; head[a] = cnt; w[cnt] = c;
}
int fa[N], nod[N], tot;
LL dep[N], len[N], pre[N], suf[N], tag[N], d[N];
inline void dfs(int x){
len[x] = dep[x];
for(Rint i = head[x];i;i = nxt[i])
if(to[i] != fa[x]){
dep[to[i]] = dep[x] + w[i]; fa[to[i]] = x;
dfs(to[i]);
len[x] = max(len[x], len[to[i]]);
}
tot = 0;
for(Rint i = head[x];i;i = nxt[i])
if(to[i] != fa[x]) nod[++ tot] = to[i];
pre[0] = suf[tot + 1] = dep[x];
for(Rint i = 1;i <= tot;i ++) pre[i] = max(pre[i - 1], len[nod[i]]);
for(Rint i = tot;i;i --) suf[i] = max(suf[i + 1], len[nod[i]]);
for(Rint i = 1;i <= tot;i ++){
tag[nod[i]] = max(tag[nod[i]], max(pre[i - 1], suf[i + 1]) - 2 * dep[x]);
d[nod[i]] = max(d[nod[i]], max(pre[i - 1], suf[i + 1]) - 2 * dep[x]);
}
d[x] = max(d[x], len[x] - 2 * dep[x]);
}
inline void push(int x){
for(Rint i = head[x];i;i = nxt[i]) if(to[i] != fa[x]){
tag[to[i]] = max(tag[to[i]], tag[x]);
d[to[i]] = max(d[to[i]], tag[x]);
}
for(Rint i = head[x];i;i = nxt[i]) if(to[i] != fa[x]) push(to[i]);
}
inline bool cmp(int a, int b){return d[a] < d[b] || d[a] == d[b] && a < b;}
int f[N], siz[N];
inline int getfa(int x){
return f[x] == x ? x : f[x] = getfa(f[x]);
}
inline void merge(int u, int v){
u = getfa(u); v = getfa(v);
if(u != v){
if(siz[u] < siz[v]) swap(u, v);
siz[u] += siz[v]; f[v] = u;
}
}
int main(){
scanf("%d", &n);
for(Rint i = 1;i < n;i ++){
int a, b, c;
scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);
add(a, b, c); add(b, a, c);
}
memset(len, 0x80, sizeof len);
dfs(1); push(1);
for(Rint i = 1;i <= n;i ++) d[i] += dep[i], id[i] = i;
sort(id + 1, id + n + 1, cmp);
memset(fa, 0, sizeof fa); fa[id[1]] = 1;
for(Rint i = 2;i <= n;i ++)
for(Rint j = head[id[i]];j && !fa[id[i]];j = nxt[j])
if(fa[to[j]]) fa[id[i]] = to[j];
scanf("%d", &q);
while(q --){
LL l; scanf("%lld", &l);
int ans = 0;
for(Rint i = 1;i <= n;i ++) f[i] = i, siz[i] = 1;
for(Rint i = n, now = n;i;i --){
while(d[id[now]] - d[id[i]] > l) -- siz[getfa(id[now])], -- now;
ans = max(ans, siz[getfa(id[i])]);
merge(id[i], fa[id[i]]);
}
printf("%d
", ans);
}
}