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有一个经典的问题存在于这个子问题里，就是求出每个点到其他点的最远距离。
这个问题和树的直径有很大的关系，因为事实上距离每个点最远的点一定是直径的两个端点。所以我们可以很容易地进行$3$遍$Dfs$就可以算出这个了，并假设它为$d$。
我们考虑把$d$最小的点设为根，把原树变成一棵有根树，一个重要的结论就是：对于树上每一个节点，它的祖先的$d$一定比它小。
如果我们枚举了$d$最小的点$x$，那可以选择的点都是在$x$这棵子树内的，并且满足$d_{i} - d_{x} <= L$的$i$。
显然直接求解不太行，我们考虑每个点对它祖先的贡献比较合理，对于每个点$x$而言，只有距离它超过$L$的点才不会将$x$的贡献计入，我们可以倍增找到最浅的满足条件的祖先，然后在那里打上差分标记，当递归走出该点时就取消$x$的贡献。
这样我们每个询问就可以$O(nlogn)$做了。
#include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; typedef long long LL; const int N = 100005, LOG = 19; int n, m, rt, ans; int gr[LOG][N], cnt[N]; LL d[N], L; int yun, las[N], to[N << 1], pre[N << 1], wi[N << 1]; inline void Add(int a, int b, int c) { to[++yun] = b; wi[yun] = c; pre[yun] = las[a]; las[a] = yun; } void Dfs(int x, int fat, LL dis) { d[x] = max(d[x], dis); for (int i = las[x]; i; i = pre[i]) { if (to[i] == fat) continue; Dfs(to[i], x, dis + wi[i]); } } void Dfs_(int x, int fat) { for (int i = 1; i < LOG; ++i) { if (gr[i - 1][x]) gr[i][x] = gr[i - 1][gr[i - 1][x]]; } for (int i = las[x]; i; i = pre[i]) { if (to[i] == fat) continue; gr[0][to[i]] = x; Dfs_(to[i], x); } } int Solve(int x, int fat) { int num = 1, t = x; for (int i = las[x]; i; i = pre[i]) { if (to[i] == fat) continue; num += Solve(to[i], x); } num -= cnt[x]; ans = max(ans, num); for (int i = LOG - 1; ~i; --i) { if (gr[i][t] && d[x] - d[gr[i][t]] <= L) t = gr[i][t]; } ++cnt[gr[0][t]]; return num; } int main() { scanf("%d", &n); for (int i = 1, x, y, z; i < n; ++i) { scanf("%d%d%d", &x, &y, &z); Add(x, y, z); Add(y, x, z); } Dfs(1, 0, 0); rt = max_element(d + 1, d + 1 + n) - d; Dfs(rt, 0, 0); rt = max_element(d + 1, d + 1 + n) - d; Dfs(rt, 0, 0); rt = min_element(d + 1, d + 1 + n) - d; Dfs_(rt, 0); scanf("%d", &m); for (; m; --m) { scanf("%lld", &L); memset(cnt, 0, sizeof cnt); ans = 0; Solve(rt, 0); printf("%d\n", ans); } return 0; }
$\bigodot$ 技巧&套路：
【Cf #292 D】Drazil and Morning Exercise（树的直径，树上差分）
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原文地址：https://www.cnblogs.com/Dance-Of-Faith/p/9398479.html
