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首先我们先理解并转化模型。

这道题问的是：一棵树，(n)个点上给边权，定义两个点的相关性为简单路径上最小边权。给一些询问，让你回答所有点与(v)的相关性不小于给的(k)的有多少个？

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这道题一看到最小边权，我会想到LCA，通过DP求解出每个点到(k)级祖先的路径上的最小值。看起来这道题可以转化为树的基本应用，可是如果对于一个节点(v)而言，要统计的不仅仅是它的祖先及其子孙，还要统计(v)本身的儿子，以上做法只能统计它的祖先。

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跑换根行吗？很明显，这道题是一个多次询问的动态问题，我们可以考虑：

以节点编号为第一维，以最小相关度为第二维，然而边权高达(10^9)，离散化后也有(O(n^2))。每一次换根时间复杂度都不菲。

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不过刚刚的离散化提示我们，其实可以离线去做这件事情。如果一条边权是(w)的边，小于某一个(k)，那么当存在(k'(k'>k))，它也小。我们可以考虑每次搜索的过程，如果这条边已经小了，那么无论怎样都不会遍历这条边以及后续的边，因此很自然地，我们对查询按(k)进行排序。

又由于这是一颗树，考虑最小生成树的原理，每一条边实际上都是在连接两个不同的联通分量，因此如果将一条边断掉，被分出来的两个分量互不干扰相互独立的。这又会想到可以使用并查集使每个点所在块连起来。

所以，我们对所有的边按边权排序，当下一个查询来的时候从小到依次看边权是否比(k_i)小，拆边。

拆边其实挺困难的，我们不妨换一种思路：从大到小枚举，连接。

至此，这道题解法已经讲清楚了。

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<set>
#define CLR(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define FOR(i,x,y) for(register int i=x;i<=y;++i)
using namespace std;

const int N = 100000 + 5;

typedef long long LL;

struct Edge
{
	int u, v, w;
	inline bool operator <(const Edge &lhs) const
	{
		return w > lhs.w;
	}
} e[N];
struct query
{
	int k, v, num;
	inline bool operator <(const query &rhs) const
	{
		return k > rhs.k;
	}
} q[N];
int n, Q, fa[N], siz[N], ans[N];
template <typename T> void read(T &x)
{
	bool mark = false;
	char ch = getchar();
	for(; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar()) if(ch == '-') mark = true;
	for(x = 0; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) x = (x << 3) + (x << 1) + ch - '0';
	if(mark) x = -x;
	return;
}
int get(int x)
{
	if(fa[x] == x) return x;
	fa[x] = get(fa[x]);
	siz[x] = siz[fa[x]];
	return fa[x];
}
void merge(int u, int v)
{
	int v1 = get(u), v2 = get(v);
	if(siz[v1] > siz[v2]) swap(v1, v2);
	fa[v1] = v2;
	siz[v2] += siz[v1];
	siz[v1] = siz[v2];
	return;
}
int main()
{
	read(n), read(Q);
	FOR(i, 1, n) fa[i] = i, siz[i] = 1;
	for(int i = 1; i < n; ++ i)
		read(e[i].u), read(e[i].v), read(e[i].w);		
	sort(e + 1, e + n);
	for(int i = 1; i <= Q; ++ i)
	{
		read(q[i].k), read(q[i].v);
		q[i].num = i;
	}
	sort(q + 1, q + Q + 1);
	int pt = 1;//开区间 
	FOR(i, 1, Q)
	{
		while(e[pt].w >= q[i].k) 
		{
			merge(e[pt].u, e[pt].v);
			++ pt;
		}
		int u = q[i].v;
		get(u);
		ans[q[i].num] = siz[u] - 1;// the exception is itself
	}
	FOR(i, 1, Q) printf("%d
", ans[i]);
	return 0;
}

总结

这道题让我回顾几个做题方法：

• 所有查询的问题可以离线做（在线的还没遇到）
• 当题目求所有比一个数大的数量时，可以求比它小的数量；正序做困难，倒序做。
• 最小生成树边连接两个不同的联通分量，结合并查集可以事半功倍。