考虑枚举$k$并求出$f(k)=sum_{i=1}^{n}limitssum_{j=i+1}^{n}limits [D(i,j)le k]$，那么答案就是$sum_{i=1}^{1e9}(f(i)-f(i-1))cdot i$
考虑如何求出$a_{k}$：将大于$k$的边标成1，小于等于$k$的边标成0，令$L(i,j)$表示新图中两点间的最短路，那么$D(i,j)le k$当且仅当$L(i,j)le 1$
可以有这样一个算法，从小到大枚举$k$，并将边权为0的边所构成的连通块缩点，记连通块大小分别为$a_{1},a_{2},...,a_{n'}$，两个连通块之间的边集合为$E$（删去重边自环），那么答案为$sum_{i=1}^{n'}c(a_{i},2)+sum_{(i,j)in E}a_{i}cdot a_{j}$
考虑维护$k$变大所带来的影响，即将一条边权为1的边改为0：设这条边相连的两个连通块为$x$和$y$（$x
e y$），则有变化量$且Delta=a_{y}sum_{(i,x)in E}a_{i}+a_{x}sum_{(i,y)in E}a_{i}-(a_{x}+a_{y})sum_{(i,x)in E且(i,y)in E}a_{i}$，由于每一条初始的边最多对应新图中的一条边，因此仍然可以暴力存储每一个点的出边并启发式合并，然后对$x$和$y$的连通块大小分类讨论：
1.$a_{x},a_{y}le sqrt{M}$或$sqrt{M}le a_{x},a_{y}$，暴力枚举即可（第二类最多只出现$sqrt{M}$次）
2.$a_{x}le sqrt{M}le a_{y}$（交换同理），那么对于$sqrt{M}le a_{y}$需要预处理出$s_{y}=sum_{i=1}^{n}[(i,y)in E]cdot a_{i}$（要预处理的$s$最多$sqrt{M}$个），并用$set$维护出边集合来支持查找
复杂度分析，包括预处理和计算：预处理，包括出边的$set$和$sqrt{M}$个点的$s$，$s$的修改可以暴力枚举每一个点是否要修改，复杂度为$o(Msqrt{M}+Mlog^{2}M)$；计算，1为$o(Msqrt{M})$，2为$o(Mlog M)$（由于每一个数最多作为$a_{x}$参与一次），总复杂度即为$o(Msqrt{M}+Mlog^{2}M)$
具体实现细节较多，可能会有很多地方需要修改，详见代码
View Code
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 100005 4 struct ji{ 5 int x,y,z; 6 }e[N<<1]; 7 vector<int>v; 8 set<int>s[N]; 9 set<int>::iterator it; 10 int K,n,m,sz[N],f[N],tot[N]; 11 long long ans; 12 bool cmp(ji x,ji y){ 13 return x.z<y.z; 14 } 15 int find(int k){ 16 if (k==f[k])return k; 17 return f[k]=find(f[k]); 18 } 19 int calc(int k){ 20 if (tot[k])return tot[k]; 21 int ans=0; 22 for(it=s[k].begin();it!=s[k].end();it++)ans+=sz[(*it)]; 23 return ans; 24 } 25 int main(){ 26 scanf("%d%d",&n,&m); 27 for(int i=1;i<=m;i++){ 28 scanf("%d%d%d",&e[i].x,&e[i].y,&e[i].z); 29 if (e[i].x!=e[i].y){ 30 s[e[i].x].insert(e[i].y); 31 s[e[i].y].insert(e[i].x); 32 } 33 } 34 sort(e+1,e+m+1,cmp); 35 K=400; 36 for(int i=1;i<=n;i++){ 37 f[i]=i; 38 sz[i]=1; 39 } 40 for(int i=1;i<=n;i++) 41 if (s[i].size()>K){ 42 tot[i]=calc(i); 43 v.push_back(i); 44 } 45 for(int i=1;i<=m;i++){ 46 int x=find(e[i].x),y=find(e[i].y); 47 if (x==y)continue; 48 if ((tot[x])&&(!tot[y]))swap(x,y); 49 long long sum=1LL*sz[x]*(calc(y)-sz[x]); 50 for(it=s[x].begin();it!=s[x].end();it++){ 51 s[(*it)].erase(x); 52 if ((*it)==y)continue; 53 sum+=1LL*sz[y]*sz[(*it)]; 54 if (tot[(*it)])tot[(*it)]-=sz[x]; 55 if (s[y].find((*it))!=s[y].end())sum-=1LL*(sz[x]+sz[y])*sz[(*it)]; 56 else{ 57 s[y].insert((*it)); 58 if (tot[y])tot[y]+=sz[(*it)]; 59 s[(*it)].insert(y); 60 if (tot[(*it)])tot[(*it)]+=sz[y]; 61 } 62 } 63 if (tot[y])tot[y]-=sz[x]; 64 if ((!tot[y])&&(s[y].size()>K)){ 65 tot[y]=calc(y); 66 v.push_back(y); 67 } 68 f[x]=y; 69 sz[y]+=sz[x]; 70 ans+=sum*e[i].z; 71 if (tot[x]) 72 for(int j=0;j<v.size();j++) 73 if (v[j]==x){ 74 for(int k=j;k;k--)swap(v[k],v[k-1]); 75 v.erase(v.begin()); 76 break; 77 } 78 s[x].clear(); 79 for(int j=0;j<v.size();j++) 80 if ((v[j]!=y)&&(s[y].find(v[j])!=s[y].end()))tot[v[j]]+=sz[x]; 81 sz[x]=0; 82 } 83 printf("%lld",ans); 84 }