树链剖分-点的分治（dis[i]+dis[j]<=k的点对数量）

poj1741

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. 

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. 

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

题意：

给出一个n个顶点的树形图，找出<u,v>路径的距离不超过k的值，问存在多少对这样的点对（认为<u,v>和<v,u>是一种情况，没有<u,u,>的情况）

分析：

因为n<=10000，暴搜一定会超时，所以很明显用的是树的点分治进行处理：点分治即为把树进行递归，分别对每个子树进行操作，然后把每个子树的情况综合起来，对于这道题目，首先找到树根（即树的重心），对于该树，统计dis[i]+dis[j]<=k的数量，

将无根树转化成有根树进行观察。满足条件的点对有两种情况：两个点的路径横跨树根，两个点位于同一颗子树中。

如果我们已经知道了此时所有点到根的距离a[i]，a[x] + a[y] <= k的(x, y)对数就是结果，这个可以通过排序之后O(n)的复杂度求出。然后根据分治的思想，分别对所有的儿子求一遍即可，但是这会出现重复的——当前情况下两个点位于一颗子树中，那么应该将其减掉（显然这两个点是满足题意的，为什么减掉呢？因为在对子树进行求解的时候，会重新计算）。

在进行分治时，为了避免树退化成一条链而导致时间复杂度变为O(N^2)，每次都找树的重心，这样，所有的子树规模就会变的很小了。时间复杂度O(Nlog^2N)。

树的重心的算法可以线性求解。

程序：

#include"string.h"
#include"stdio.h"
#include"stdlib.h"
#include"queue"
#include"stack"
#include"iostream"
#include"algorithm"
#include"vector"
#define inf 999999999
#define M 11111
using namespace std;
struct node
{
    int u,v,w,next;
}edge[M*3];
int t,head[M],use[M],dis[M],son[M],limit[M],k,cnt,MN,ID;
void init()
{
    t=0;
    memset(head,-1,sizeof(head));
}
void add(int u,int v,int w)
{
    edge[t].u=u;
    edge[t].v=v;
    edge[t].w=w;
    edge[t].next=head[u];
    head[u]=t++;
}
void dfs_size(int u,int f)
{
    son[u]=1;
    limit[u]=0;
    for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next)
    {
        int v=edge[i].v;
        if(f!=v&&!use[v])
        {
            dfs_size(v,u);
            son[u]+=son[v];
            limit[u]=max(limit[u],son[v]);
        }
    }
}
void dfs_root(int root,int u,int f)
{
    if(son[root]-son[u]>limit[u])
        limit[u]=son[root]-son[u];
    if(MN>limit[u])
    {
        MN=limit[u];
        ID=u;
    }
    for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next)
    {
        int v=edge[i].v;
        if(f!=v&&!use[v])
        {
            dfs_root(root,v,u);
        }
    }
}//以上两个深搜是找树的重心，记录到ID中
void dfs_dis(int u,int f,int id)
{
    for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next)
    {
        int v=edge[i].v;
        if(f!=v&&!use[v])
        {
            dfs_dis(v,u,id+edge[i].w);
        }
    }
    dis[cnt++]=id;
}//记录子树当前根到其他点的距离
int cal(int u,int f,int id)
{
    cnt=0;
    int sum=0,i,j;
    dfs_dis(u,f,id);
    sort(dis,dis+cnt);
    for(i=0,j=cnt-1;i<cnt;i++)
    {
        while(i<j&&dis[i]+dis[j]>k)
            j--;
        if(j<=i)
            break;
        sum+=j-i;
    }
    return sum;
}
int dfs_ans(int root,int u,int f)
{
    int sum;
    dfs_size(u,f);
    MN=inf;
    dfs_root(root,u,f);
    sum=cal(ID,ID,0);//先搜根节点到孩子的距离，且求出有多少点对距离小于等于K
    use[ID]=1;
    for(int i=head[ID];i!=-1;i=edge[i].next)
    {
        int v=edge[i].v;
        if(!use[v])
        {
            sum-=cal(v,v,edge[i].w);//从根节点开始搜的话，会出现子树会搜到的重复的情况，应该减去
            sum+=dfs_ans(v,v,v);
        }
    }
    return sum;
}
int main()
{
    int n,i;
    while(scanf("%d%d",&n,&k),k||n)
    {
        init();
        for(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(use,0,sizeof(use));
        int ans=dfs_ans(1,1,1);
        printf("%d
",ans);
    }
}