【题意】给定带边权树，求两点距离<=k的点对数。n<=40000。
【算法】点分治
【题解】对于一个区域，选择其重心x作为根，则划分出来的每棵子树都是子区域，可以证明至多划分log n次（通过vis[]划分区域）。每次划分所有点都扫描一次，所以仅遍历的复杂度是O(n log n)。
对于本题，将点x的所有子树节点dis处理出来后排序，然后用双指针法易得<=k的点对数。
但是，这样会把来自同一子树的路径也计算进去，需要减去。来自同一子树y的距离<=k的路径的数量等同于子树y内路径的距离+2*w<=k的路径的数量。
所以，设dis[y]=w后再减去子树y的路径数即可。
具体做法：calc(x,0)表示dis[x]=0统计得到的子树x内<=k的路径数，则ans(x)=calc(x,0)-calc(y,w)，y=son[x]，w是边(x,y)的权值。
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #define ll long long using namespace std; const int maxn=50010; ll ans; int root,first[maxn],tot,cnt,sz[maxn],sum,d[maxn],k,n; bool vis[maxn]; struct edge{int v,w,from;}e[maxn*2]; void insert(int u,int v,int w){tot++;e[tot].v=v;e[tot].w=w;e[tot].from=first[u];first[u]=tot;} void getroot(int x,int fa){ sz[x]=1; bool ok=1; for(int i=first[x];i;i=e[i].from)if(e[i].v!=fa&&!vis[e[i].v]){ getroot(e[i].v,x); sz[x]+=sz[e[i].v]; if(sz[e[i].v]>sum/2)ok=0; } if(sum-sz[x]<=sum/2&&ok)root=x; } void getdeep(int x,int fa,int w){ d[++cnt]=w; for(int i=first[x];i;i=e[i].from)if(e[i].v!=fa&&!vis[e[i].v])getdeep(e[i].v,x,w+e[i].w); } ll calc(int x,int w){ cnt=0;getdeep(x,0,w); sort(d+1,d+cnt+1); int l=1,r=cnt; ll sum=0; while(l<r){ if(d[l]+d[r]<=k){sum+=r-l;l++;} else r--; } return sum; } void solve(int x,int s){ ans+=calc(x,0);vis[x]=1; for(int i=first[x];i;i=e[i].from)if(!vis[e[i].v]){ ans-=calc(e[i].v,e[i].w); if(sz[e[i].v]>sz[x])sum=s-sz[x];else sum=sz[e[i].v]; getroot(e[i].v,x); solve(root,sum); } } int main(){ scanf("%d",&n); int u,v,w; for(int i=1;i<n;i++){ scanf("%d%d%d",&u,&v,&w); insert(u,v,w);insert(v,u,w); } scanf("%d",&k); sum=n; getroot(1,0); ans=0; solve(root,n); printf("%lld\n",ans); return 0; }