Tree
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Description
Give a tree with n vertices,each edge has a length(positive integer less than 1001).
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.
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 input contains several test cases. The first line of each test case contains two integers n, k. (n<=10000) The following n-1 lines each contains three integers u,v,l, which means there is an edge between node u and v of length l.
The last test case is followed by two zeros.
The last test case is followed by two zeros.
Output
For each test case output the answer on a single line.
Sample Input
5 4 1 2 3 1 3 1 1 4 2 3 5 1 0 0
Sample Output
8
Source
題目鏈接：http://poj.org/problem?id=1741
題目大意：
給定一棵N個節點、邊上帶權的樹，再給出一個K，詢問有多少個數對(i,j)滿足i<j，且i與j兩點在樹上的距離小於等於K。
數據規模：
多組測試數據，每組數據滿足N≤10000，1≤邊上權值≤1000，1≤K≤10^9。
出處：
樓天城男人必做8題之一……
思路：
最容易想到的算法是：從每個點出發遍歷整棵樹，統計數對個數。
由於時間復雜度O(N^2)，明顯是無法滿足要求的。
對於一棵有根樹， 樹中滿足要求的一個數對所對應的一條路徑，必然是以下兩種情況之一：
1、經過根節點
2、不經過根節點，也就是說在根節點的一棵子樹中
對於情況2，可以遞歸求解，下面主要來考慮情況1。
設點i的深度為Depth[i]，父親為Parent[i]。
若i為根，則Belong[i]=-1，若Parent[i]為根，則Belong[i]=i，否則Belong[i]=Belong[Parent[i]]。
這三個量都可以通過一次BFS求得。
我們的目標是要統計：有多少對(i,j)滿足i<j，Depth[i]+Depth[j]<=K且Belong[i]<>Belong[j]
如果這樣考慮問題會變得比較麻煩，我們可以考慮換一種角度：
設X為滿足i<j且Depth[i]+Depth[j]<=K的數對(i,j)的個數
設Y為滿足i<j，Depth[i]+Depth[j]<=K且Belong[i]=Belong[j]數對(i,j)的個數
那么我們要統計的量便等於X-Y
求X、Y的過程均可以轉化為以下問題：
已知A[1],A[2],...A[m]，求滿足i<j且A[i]+A[j]<=K的數對(i,j)的個數
對於這個問題，我們先將A從小到大排序。
設B[i]表示滿足A[i]+A[p]<=K的最大的p(若不存在則為0)。我們的任務便轉化為求出A所對應的B數組。那么，若B[i]>i，那么i對答案的貢獻為B[i]-i。
顯然，隨着i的增大，B[i]的值是不會增大的。利用這個性質，我們可以在線性的時間內求出B數組，從而得到答案。
綜上，設遞歸最大層數為L，因為每一層的時間復雜度均為“瓶頸”——排序的時間復雜度O(NlogN)，所以總的時間復雜度為O(L*NlogN)
然而，如果遇到極端情況——這棵樹是一根鏈，那么隨意分割勢必會導致層數達到O(N)級別，對於N=10000的數據是無法承受的。因此，我們在每一棵子樹中選擇“最優”的點分割。所謂“最優”，是指刪除這個點后最大的子樹盡量小。這個點可以通過樹形DP在O(N)時間內求出，不會增加時間復雜度。這樣一來，即使是遇到一根鏈的情況時，L的值也僅僅是O(logN)的。
因此，改進后算法時間復雜度為O(Nlog^2N)，可以AC。
給定一棵N個節點、邊上帶權的樹，再給出一個K，詢問有多少個數對(i,j)滿足i<j，且i與j兩點在樹上的距離小於等於K。
數據規模：
多組測試數據，每組數據滿足N≤10000，1≤邊上權值≤1000，1≤K≤10^9。
出處：
樓天城男人必做8題之一……
思路：
最容易想到的算法是：從每個點出發遍歷整棵樹，統計數對個數。
由於時間復雜度O(N^2)，明顯是無法滿足要求的。
對於一棵有根樹， 樹中滿足要求的一個數對所對應的一條路徑，必然是以下兩種情況之一：
1、經過根節點
2、不經過根節點，也就是說在根節點的一棵子樹中
對於情況2，可以遞歸求解，下面主要來考慮情況1。
設點i的深度為Depth[i]，父親為Parent[i]。
若i為根，則Belong[i]=-1，若Parent[i]為根，則Belong[i]=i，否則Belong[i]=Belong[Parent[i]]。
這三個量都可以通過一次BFS求得。
我們的目標是要統計：有多少對(i,j)滿足i<j，Depth[i]+Depth[j]<=K且Belong[i]<>Belong[j]
如果這樣考慮問題會變得比較麻煩，我們可以考慮換一種角度：
設X為滿足i<j且Depth[i]+Depth[j]<=K的數對(i,j)的個數
設Y為滿足i<j，Depth[i]+Depth[j]<=K且Belong[i]=Belong[j]數對(i,j)的個數
那么我們要統計的量便等於X-Y
求X、Y的過程均可以轉化為以下問題：
已知A[1],A[2],...A[m]，求滿足i<j且A[i]+A[j]<=K的數對(i,j)的個數
對於這個問題，我們先將A從小到大排序。
設B[i]表示滿足A[i]+A[p]<=K的最大的p(若不存在則為0)。我們的任務便轉化為求出A所對應的B數組。那么，若B[i]>i，那么i對答案的貢獻為B[i]-i。
顯然，隨着i的增大，B[i]的值是不會增大的。利用這個性質，我們可以在線性的時間內求出B數組，從而得到答案。
綜上，設遞歸最大層數為L，因為每一層的時間復雜度均為“瓶頸”——排序的時間復雜度O(NlogN)，所以總的時間復雜度為O(L*NlogN)
然而，如果遇到極端情況——這棵樹是一根鏈，那么隨意分割勢必會導致層數達到O(N)級別，對於N=10000的數據是無法承受的。因此，我們在每一棵子樹中選擇“最優”的點分割。所謂“最優”，是指刪除這個點后最大的子樹盡量小。這個點可以通過樹形DP在O(N)時間內求出，不會增加時間復雜度。這樣一來，即使是遇到一根鏈的情況時，L的值也僅僅是O(logN)的。
因此，改進后算法時間復雜度為O(Nlog^2N)，可以AC。
1 #include <iostream> 2 #include <cstdio> 3 #include <cmath> 4 #include <cstring> 5 #include <vector> 6 #include <algorithm> 7 using namespace std; 8 const int N = 1e5+20, M = 1e2+10, mod = 1e9+7, inf = 1e9+1000; 9 typedef long long ll; 10 11 int n,m,root,t,ans,allnode,siz[N],K,head[N],vis[N],d[N]; 12 int deep[N];//路徑長度//deep[0]子節點個數 13 int f[N];//重心 14 15 struct edg{int to,next,v;}e[N * 4];//前向星存邊 16 void add(int u,int v,int w) {e[t].to=v;e[t].next=head[u];e[t].v=w;head[u]=t++;}//加邊 17 18 //獲取重心 19 void getroot(int x,int fa) { 20 siz[x] = 1; 21 f[x] = 0; 22 for(int i=head[x];i;i=e[i].next) { 23 int to = e[i].to; 24 if(to == fa || vis[to]) continue; 25 getroot(to,x); 26 siz[x] += siz[to]; 27 f[x] = max(f[x] , siz[to]); 28 } 29 f[x] = max(allnode-siz[x] , f[x]); 30 if(f[x] < f[root]) root = x; 31 } 32 33 void getdeep(int x,int fa) {//獲取子樹所有節點與根的距離 34 deep[++deep[0]] = d[x]; 35 for(int i=head[x];i;i=e[i].next) { 36 int to = e[i].to; 37 if(to == fa || vis[to]) continue; 38 d[to] = d[x] + e[i].v; 39 getdeep(to,x); 40 } 41 } 42 int cal(int x,int now) {//計算當前以重心x的子樹下，所有情況的答案 43 d[x]=now;deep[0]=0; 44 getdeep(x,0); 45 sort(deep+1,deep+deep[0]+1); 46 int all = 0; 47 for(int l=1,r=deep[0];l<r;) { 48 if(deep[l]+deep[r] <= K) {all += r-l;l++;} 49 else r--; 50 } 51 return all; 52 } 53 54 void work(int x) {//以x為重心進行計算 55 vis[x] = 1; 56 ans+=cal(x,0); 57 for(int i=head[x];i;i=e[i].next) { 58 int to = e[i].to; 59 if(vis[to]) continue; 60 ans -= cal(to,e[i].v); 61 allnode = siz[to]; 62 root=0; 63 getroot(to,x); 64 work(root); 65 } 66 } 67 68 int main() 69 { 70 while(~scanf("%d%d",&n,&K)) { 71 if(!n&&!m) break; 72 memset(head,0,sizeof(head)); 73 memset(vis,0,sizeof(vis)); 74 t = 1; 75 for(int i=1;i<n;i++) { 76 int a,b,c; 77 scanf("%d%d%d",&a,&b,&c); 78 add(a,b,c) , add(b,a,c); 79 } 80 root=ans=0; 81 allnode=n;f[0]=inf; 82 getroot(1,0); 83 work(root); 84 printf("%d\n",ans); 85 } 86 }