标签：getchar lang == name 最小 总结 题解 line query
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？
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。
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。
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\n", ans[i]);
return 0;
}
这道题让我回顾几个做题方法：
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原文地址：https://www.cnblogs.com/zach20040914/p/14051561.html
