題目概述

給出一棵樹，求dis(x,y)<=K的點對(x,y)有多少，dis(x,y)表示x到y的最短距離（x＜y）。

解題報告

這道題是明顯的點分，就不闡述點分了，主要講講另一種解法：平衡樹+啟發式合併，效率也很不錯：O(n*log2^2(n))。

說的這麼高大上，實際上就是暴力啦。先找出根節點，然後Dfs遞迴處理。對於每一個節點，都建立一棵平衡樹（作者蒟蒻，這裡使用Treap），然後從葉往根上推（從葉往根上推根據Dfs的深度優先就可以輕鬆實現）。舉個例子，如圖：

首先先把son1的Treap的所有節點（直接遍歷即可）和fa的Treap進行累加，累加後，把fa加入當son1中。處理完畢後，根據啟發式合併的思想，先比較fa的Treap的平衡樹大小和son2的Treap的平衡樹大小，把小的往大的身上累加，然後把小的加入到大的中。以此類推，直到處理完所有son。

但是如何計算兩個點之間的距離？其實很簡單（當然也可以直接用lazy_tag，留給你們自己思考啦:P）：

記錄dis[i]表示i節點在這棵樹中的深度。由圖所示，son1和son2的距離就是dis[son1]+dis[son2]-2*dis[fa]，不難發現2*dis[fa]可以獨立領出來統一減去，那麼問題就簡化為dis[son1]+dis[son2]了。
ps：這樣的話，就有一個細節了：fa不能在剛開始就加入Treap，否則統計會出錯（fa和其他節點的距離是dis[son]-dis[fa]，減去2*dis[fa]會出錯）。

其實至此，這道題目就講完了，再來談談啟發式合併複雜度的問題：由於是小的加入到大的身上，所以原先小的樹的節點所在的樹的個數必定*2，而樹的個數最多是n。所以每個節點頂多被加入log2(n)次，而每次加入的複雜度是log2(n)，所以總時間複雜度為O(n*log2^2(n))。

示例程式

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=10005,maxm=20005,maxt=140005;

struct Treap
{
    Treap *son[2];
    int x,w,si,p;
    int cmp(int k) {if (k<x) return 0; else if (k>x) return 1;return -1;}
    void
 
 Pushup() {si=w+son[0]->si+son[1]->si;}
}; //Treap的結構體
Treap tem[maxt],*null=&tem[0],*len=null,*ro[maxn]; //用null代替NULL
int n,K,son[maxm],nxt[maxm],lnk[maxn],w[maxm],E,ans;
bool vis[maxn];

void Add(int x,int y,int z) {son[++E]=y;w[E]=z;nxt[E]=lnk[x];lnk[x]=E;}
Treap *newTreap(int k,int num) {len++;len->w=len->si=num;len->x=k;len->p=rand();len->son[0]=len->son[1]=null;return len;}
void rotate(Treap* &id,int f)
{
    Treap *t=id->son[f^1];id->son[f^1]=t->son[f];t->son[f]=id;
    id->Pushup();t->Pushup();id=t;
}
void Insert(Treap* &id,int k,int num)
{
    if (id==null) {id=newTreap(k,num);return;}
    int f=id->cmp(k);id->si+=num;
    if (f==-1) id->w+=num; else
    {
        Insert(id->son[f],k,num);
        if (id->son[f]->p>id->p) rotate(id,f^1);
    }
}
int Asksum(Treap* id,int k) //詢問<=k的節點有多少
{
    if (id==null) return 0;
    int f=id->cmp(k);
    if (f==-1) return id->son[0]->si+id->w; else
    if (f==0) return Asksum(id->son[0],k); else
    if (f==1) return id->son[0]->si+id->w+Asksum(id->son[1],k);
}
void Join(Treap* &A,Treap* B) //把B插入A中
{
    if (B==null) return;
    Insert(A,B->x,B->w);
    Join(A,B->son[0]);Join(A,B->son[1]);
}
int Count(Treap* A,Treap* B,int dis) //統計B所有節點在A中的滿足個數
{
    if (B==null) return 0;
    return B->w*Asksum(A,dis-B->x)+Count(A,B->son[0],dis)+Count(A,B->son[1],dis);
    //注：這裡一定要乘上B->w，因為B->x不一定只有一個
}
void Dfs(int x,int dep)
{
    vis[x]=true;
    for (int j=lnk[x];j;j=nxt[j])
        if (!vis[son[j]])
        {
            Dfs(son[j],dep+w[j]); //先處理下面
            if (ro[x]->si<ro[son[j]]->si) swap(ro[x],ro[son[j]]); //啟發式合併，小的往大的身上累加和合並
            ans+=Count(ro[x],ro[son[j]],K+2*dep);Join(ro[x],ro[son[j]]);
        }
    ans+=Asksum(ro[x],K+dep); //最後統計x
    Insert(ro[x],dep,1); //把x插入進去
}
int main()
{
    freopen("program.in","r",stdin);
    freopen("program.out","w",stdout);
    for (scanf("%d%d",&n,&K);n||K;scanf("%d%d",&n,&K))
    {
        memset(lnk,0,sizeof(lnk));E=0;memset(vis,0,sizeof(vis));ans=0;
        for (int i=1;i<=n;i++) ro[i]=null;len=null;
        for (int i=1;i<=n-1;i++)
        {
            int x,y,z;scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
            Add(x,y,z);Add(y,x,z);
        }
        Dfs(1,0);
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}