http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1468
分治真是一门高大上的东西。。。
好神。。。
树分治最好资料是：qzc的《分治算法在树的路径问题中的应用》
我来说说自己的理解：
点分=找重心+分治
找重心尤为重要，因为这关系到时间复杂度。
对于递归式
$$T(n)=aT(n/b)+O(D(n))$$
这类递归式，如果能保证每一层都是$O(D(n))$，那么时间复杂度会大大减小。（详见算导第三章和第四章）
对于一棵树，如果我们在找到重心后，用线性做法处理完当前层，那么就可以log级别处理完整棵树，比如：
递归式
$$T(n)=aT(n/a)+O(n)$$
就是非常一般的点分的分治，在这里复杂度为$O(nlog_{a}n)$，具体证明看算导。。（很简单的。。。。。
然而在树分治中，最多递归log次（因为是找了重心），因此复杂度降到$O(nlgn)$
因此如果我们能线性时间内处理好每一层，问题就能在nlgn的时间内得以解决。。。。。
本题裸的路径询问。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。对于此类问题，考虑经过每个点的路径。。。。
预处理当前根所有子树的信息，然后加上根然后合并就能得到一条经过根的路径！然后就行了。。。。。随便搞搞就能线性了。。
本题只要将当前根所有子树节点到根的距离全部跑出来，排序后因为单调维护一下即可。。。。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <string>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <set>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define rep(i, n) for(int i=0; i<(n); ++i)
#define for1(i,a,n) for(int i=(a);i<=(n);++i)
#define for2(i,a,n) for(int i=(a);i<(n);++i)
#define for3(i,a,n) for(int i=(a);i>=(n);--i)
#define for4(i,a,n) for(int i=(a);i>(n);--i)
#define CC(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define read(a) a=getint()
#define print(a) printf("%d", a)
#define dbg(x) cout << (#x) << " = " << (x) << endl
#define error(x) (!(x)?puts("error"):0)
#define rdm(x, i) for(int i=ihead[x]; i; i=e[i].next)
inline const int getint() { int r=0, k=1; char c=getchar(); for(; c<'0'||c>'9'; c=getchar()) if(c=='-') k=-1; for(; c>='0'&&c<='9'; c=getchar()) r=r*10+c-'0'; return k*r; }
const int N=40005, oo=~0u>>1;
int ihead[N], cnt, K;
struct dat { int next, to, w; }e[N<<1];
void add(int u, int v, int w) {
e[++cnt].next=ihead[u]; ihead[u]=cnt; e[cnt].to=v; e[cnt].w=w;
e[++cnt].next=ihead[v]; ihead[v]=cnt; e[cnt].to=u; e[cnt].w=w;
}
int dep[N], d[N], cdep, ans, mn;
int root, sz[N], vis[N];
void getroot(int x, int fa, int sum) {
sz[x]=1; int y, mx=0;
rdm(x, i) if(!vis[y=e[i].to] && e[i].to!=fa) {
getroot(y, x, sum);
sz[x]+=sz[y];
mx=max(mx, sz[y]);
}
mx=max(mx, sum-mx);
if(mx<mn) mn=mx, root=x;
}
void getdep(int x, int fa) {
dep[++cdep]=d[x]; int y; //printf("x:%d fa:%d dep:%d
", x, fa, dep[x]);
rdm(x, i) if(!vis[y=e[i].to] && e[i].to!=fa) {
d[y]=d[x]+e[i].w;
getdep(y, x);
}
}
int cal(int x, int last=0) {
cdep=0; d[x]=last; //printf("root is:%d
", x);
getdep(x, -1); //puts("==========================");
int ret=0, front=1, tail=cdep;
sort(dep+1, dep+1+cdep);
while(front<tail) {
while(front<tail && dep[tail]+dep[front]>K) --tail;
ret+=tail-front;
++front;
}
return ret;
}
void dfs(int x, int all) {
vis[x]=1; int y;
ans+=cal(x); //printf("root:%d
", x);
rdm(x, i) if(!vis[y=e[i].to]) {
ans-=cal(y, e[i].w);
int s=sz[y]>sz[x]?all-sz[x]:sz[y];
root=0; mn=oo; getroot(y, x, s);
dfs(root, s);
}
}
int main() {
int n=getint();
rep(i, n-1) { int u=getint(), v=getint(), w=getint(); add(u, v, w); }
read(K); mn=oo;
getroot((n+1)>>1, -1, n);
dfs(root, n);
printf("%d
", ans);
return 0;
}
Description
给你一棵TREE,以及这棵树上边的距离.问有多少对点它们两者间的距离小于等于K
Input
N（n<=40000） 接下来n-1行边描述管道，按照题目中写的输入 接下来是k
Output
一行，有多少对点之间的距离小于等于k
Sample Input
7
1 6 13
6 3 9
3 5 7
4 1 3
2 4 20
4 7 2
10
1 6 13
6 3 9
3 5 7
4 1 3
2 4 20
4 7 2
10
Sample Output
5