去網上搜題解大多數都是說論文，搜了論文看了看，寫的確實挺好，直接復制過來。

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不過代碼中有些細節還是要注意的，參考這篇http://blog.sina.com.cn/s/blog_6d5aa19a0100o73m.html一段

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于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

對于這個問題，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，隨著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。

?不過我的代碼中這個算的還是有點不一樣，他是算i的貢獻的時候用B[i] - i,?他是從i開始往后數的，我是從他結束的那個店B[i]往前數的，一直數到最前頭，所以代碼也有所差別，具體細節見代碼，代碼中有注釋。

#include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; const int maxn = 22000; const int inf = 0x3f3f3f3f; int head[maxn], tot; struct Edge {int to, next, w; }edge[maxn]; bool vis[maxn]; int dep[maxn]; int siz[maxn]; int le, ri; int minn; int n, k; void init() {tot = 0;memset(head, -1, sizeof(head));memset(vis, false, sizeof(vis)); } void addedge(int u, int v, int w) {edge[tot].to = v;edge[tot].w = w;edge[tot].next = head[u];head[u] = tot++; } int dfs_size(int u, int fa)//dfs找出每個節點對應的子樹的大小 {siz[u] = 1;for (int i = head[u]; i != -1; i = edge[i].next){int v = edge[i].to;if (v == fa || vis[v]) continue;siz[u] += dfs_size(v, u);}return siz[u]; } void dfs_depth(int u, int fa, int d)//每個節點到根節點的距離 {dep[ri++] = d;for (int i = head[u]; i != -1; i = edge[i].next){int v = edge[i].to;if (v == fa || vis[v])continue;dfs_depth(v, u, d + edge[i].w);} } void get_focus(int u, int fa, int totnum, int &root)//找出樹的重心 {int m = totnum - siz[u];for (int i = head[u]; i != -1; i = edge[i].next){int v = edge[i].to;if (v == fa || vis[v])continue;get_focus(v, u, totnum, root);m = max(m, siz[v]);//找出最大子樹 }if (m < minn)//最大子樹的最小的數值即重心對應的位置 {minn = m; root = u;} } int calc(int a, int b)//計算一共有多少符合條件的點對 {int e = b - 1, ans = 0;sort(dep + a, dep + b);for (int i = a; i < b; i++)//對i來說，它的貢獻是多大，枚舉每一個i {if (dep[i] > k) break;//如果他大于k了，就說明肯定不滿足 while (e >= a && dep[e] + dep[i] > k) e--;//隨著i的增大，e肯定是遞減的，只要找到i對應的最大的e小于等于k，那么這個i的貢獻就是e-a+1,就是e之前的所有的 ans += e - a + 1;if (e > i) ans--;//這里是在算他的貢獻的時候，如果e大于i的話，那么加到答案里肯定有個i，所以要減去1 }return ans >> 1;//一對點算了兩次，要除以2 } int solve(int u) {int totnum = dfs_size(u, 0);int ans = 0;minn = inf;int root;get_focus(u, 0, totnum, root);//找到以u為根節點子樹的重心root vis[root] = true;for (int i = head[root]; i != -1; i = edge[i].next){int v = edge[i].to;if (vis[v]) continue;ans += solve(v);//把所有子樹的個數加進來 }le = ri = 0;for (int i = head[root]; i != -1; i = edge[i].next){int v = edge[i].to;if (vis[v]) continue;dfs_depth(v, root, edge[i].w);//找出v的子樹里面的 ans -= calc(le, ri);le = ri;}ans += calc(0, ri);//這里計算就是論文里說的式子：總共的-子樹當中的 for (int i = 0; i < ri; i++){if (dep[i] <= k) ans++;else break;}vis[root] = false;return ans; } int main() {while (~scanf("%d%d", &n, &k)){if (n == 0 && k == 0) break;init();int u, v, w;for (int i = 1; i < n; i++){scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);addedge(u, v, w);addedge(v, u, w);}printf("%d\n", solve(1));}return 0; }

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轉載于:https://www.cnblogs.com/Howe-Young/p/4776852.html

總結

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