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题目描述：
A国有n座城市，每座城市都十分美，这使得A国的民众们非常喜欢旅行。然而，A国的交通十分落后，这里只有m条双向的道路，并且这些道路都十分崎岖，有的甚至还是山路，只能靠步行。通过每条道路的长度、泥泞程度等因素，我们给每条道路评估一个“崎岖度”，表示通过这条道路的不舒适程度。
从X城市经过若干条道路到达Y城市，我们称这次旅行的“代价”为所经过道路“崎岖度”的最大值。当然，如果从X城市到Y城市有多条路线，民众们会自觉选择“代价”最小的路线进行旅行。但是，A国的民众也是有脾气的，如果旅行的“代价”超过了他们的“忍耐度”，他们就不选择这个旅行了，甚至宁愿在家里宅着。
现在A国的国王想进行若干次询问：给定民众的“忍耐度”，问还有多少对城市(X,Y)会存在旅行？请你对国王的每次询问分别给出回答。
Input
第1行三个正整数n、m、Q，分别表示城市数量、道路数量和询问次数。
第2行到第m+1行每行三个正整数x、y、w，表示x号城市和y号城市之间有一条“崎岖度”为w的双向道路。
第m+2行至第m+Q+1行，每行一个正整数k，表示询问中给定的“忍耐度”为k。
Output
共Q行，对于每次询问做出回答。
Sample Input
5 5 2
1 2 1
2 3 2
3 4 1
4 5 4
5 1 1
1
2
Sample Output
4
10
HINT
【样例说明】
第一个询问：(1,2)、(1,5)、(2,5)、(3,4)。其中(2,5)的具体走法为：2-1-5
第二个询问：(1,2)、(1,3)、(1,4)、(1,5)、(2,3)、(2,4)、(2,5)、(3,4)、(3,5)、(4,5)。其中(4,5)的具体走法为：4-3-2-1-5
【数据规模】
对于20%的数据满足n<=20，m<=40，Q<=40；
对于40%的数据满足n<=1000，m<=2000，Q<=1000；
对于60%的数据满足n<=3000，m<=6000，Q<=200000；
对于100%的数据满足n<=100000，m<=200000，Q<=200000。其他数不超过10^9。
【细节提示】
1 给出的n个城市不一定全部互相连通，且两个城市之间可能存在多条道路，也可能存在某条边是从某城市出发回到他自己。
2 对于询问的结果可能很大，请注意使用适当的类型存储。
题解：
对于任意两点之间来说，起作用的只有崎岖度最小的的那条链上的最长边；
所以考虑维护这样的边与图的关系；
对边从小到大排序，然后维护一个连通性的并查集；
那么如果令f[i]为忍耐度为第i小的边时的答案的话；
可以得到转移方程f[i]=f[i-1]-size[x]*(size[x]-1)/2-size[y]*(size[y]-1)/2+(size[x]+size[y])*(size[x]+size[y]-1)/2；
size[x]表示x所在连通块中的点数；
然后为了快速的处理询问，可以做一些预处理；
使边权和f数组下标相对应，这样就可以通过二分边权数组来得到答案；
时间复杂度O(mlogm+Qlogm)；
代码：
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#define N 110000
using namespace std;
typedef long long ll;
struct node
{
int x,y,val;
}a[N<<1];
int f[N],len[N<<1];
ll ans[N<<1],size[N];
int find(int x)
{
if(f[x]==x)
return x;
f[x]=find(f[x]);
size[f[x]]+=size[x];
size[x]=0;
return f[x];
}
ll mul(ll x)
{
return x*(x-1)/2;
}
int cmp(node a,node b)
{
return a.val<b.val;
}
int main()
{
int n,m,q,i,j,k,x,y,fx,fy;
scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
for(i=1;i<=m;i++)
scanf("%d%d%d",&a[i].x,&a[i].y,&a[i].val);
for(i=1;i<=n;i++)
f[i]=i,size[i]=1;
sort(a+1,a+1+m,cmp);
for(i=1;i<=m;i++)
{
x=a[i].x,y=a[i].y;
len[i]=a[i].val;
fx=find(x),fy=find(y);
if(fx!=fy)
{
ans[i]=ans[i-1]-mul(size[fy])-mul(size[fx])+mul(size[fx]+size[fy]);
f[fx]=fy;
size[fy]+=size[fx];
size[fx]=0;
}
else
ans[i]=ans[i-1];
}
for(i=1;i<=q;i++)
{
scanf("%d",&k);
printf("%lld\n",ans[upper_bound(len+1,len+1+m,k)-len-1]);
}
return 0;
}
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原文地址：http://blog.csdn.net/ww140142/article/details/46755435
