Codeforces Round #582 div3 G 带权并查集

最新推荐文章于 2023-09-11 16:08:36 发布

Lareina~

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分类专栏：做题心得文章标签：图论算法

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/lareinaba/article/details/126105331

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本文介绍了一种解决给定带权重树中路径查询问题的方法，通过离散化并查集合并策略，快速计算最大边权小于等于特定值的路径数量。关键思路在于利用联通块内大小与路径数量的关系，结合等差数列求和公式，高效计算答案。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

G Path Queries
在这里插入图片描述

题意：给一带边权的树，给你m次查询，每次查询为qi，问有多少条路径，它的路上最大边权值小于等于qi。
比如说，当树这样给出，问当q为1时答案为多少。根据观察，我们可以得知，答案为3，分别时（1，2）（2，4）（1，4）；

思路：最开始，把这棵树看成一个个离散的点，我们从边权小的开始合并，那么Ans[X]就等于把所有小于等于X的边都连接完后的总答案.
而对于每一个联通块来说，答案等于size（联通块的大小）*（size-1）/2。

为什么呢？因为当前这个联通块的最大值小于等于k，那么任意两点都是合法答案，枚举每第一个点作为起点，那么第一个点可到达的合法的终点的数目为n-1，第二个为n-2…最后根据等差数列求和，答案就长成这样。
等差数列求和公式：n(n-1)/2 * d

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=3e5+10;
 
struct Edge
{
    ll u,v,va;
    bool operator<(const Edge &x)const
    {
        return va<x.va;
    }
}edge[maxn];//记录每一条边，用于并查集操作
 
ll n,m,fa[maxn],cnt[maxn];//cnt记录集合大小
ll Ans[maxn];//记录最后结果（从u到v路上，最大路径权值不大于x的路径数量）
 
struct query//记录每一个询问，用于离散化
{
    ll pos,va;
    bool operator<(const query& x)const
    {
        return va<x.va;
    }
}q[maxn];
 
void init()//初始化
{
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    for(ll i=1;i<=n;i++)
    {
        fa[i]=i;
        cnt[i]=1;
    }
    for(ll i=1;i<n;i++)
    {
        ll a,b,c;
        scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&c);
        edge[i]={a,b,c};
    }
 
    sort(edge+1,edge+n);//按边权从小到大排序
    for(ll i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%lld",&q[i].va);
        q[i].pos=i;
    }
    sort(q+1,q+1+m);//询问按边权从小到大排序(保存的pos和va是紧紧绑在一块不会因为排序变的)
}
 
ll find(ll x)//查祖宗节点
{
    if(fa[x]!=x)fa[x]=find(fa[x]);
    return fa[x];
}
 
void merge(ll x,ll y)//并
{
    ll fx=find(x),fy=find(y);
    cnt[fy]+=cnt[fx];
    fa[fx]=fy;
}
 
int main()
{
    init();
    ll ans=0;//记录路径数量累加值
    ll index=1;
    for(ll i=1;i<=m;i++)//（按权值从小到大）遍历操作
    {
        while(index<=(n-1)&&edge[index].va<=q[i].va)
        {//题目求的是从u到v的路上边权的最大值不超过询问给出的x
        //（是每个独立的边的权值之间的最大值，而不是众多边的累加值）
            Edge now=edge[index];
            ll fu=find(now.u),fv=find(now.v);
            if(fu!=fv)
            {
                ans+=cnt[fu]*cnt[fv];
                merge(now.u,now.v);
            }
            index++;//记录已遍历的符合条件的节点数量
        }
        Ans[q[i].pos]=ans;//把结果装进Ans[]里
    }
    for(ll i=1;i<=m;i++)printf("%lld ",Ans[i]);//最后按原先的下标输出
    return 0;
}