0x45 点分治

到目前为止，我们用数据结构处理的大多是序列上的问题。这些问题的形式一般是给定序列中的两个位置$l$和$r$，在区间$[l,r]$上执行查询或修改指令。如果给定一棵树，以及树上两个节点$x$和$y$，那么与“序列上的区间”相对应的就是“树上两点之间的路径”。我们先不考虑对路径进行修改的的操作。本节中介绍的点分治就是在一棵树上，对具有某些限定条件的路径静态进行统计的算法。

点分治是一种解决树上统计问题的常用方法，本质思想就是选择一点（重心）作为分治中心，将原问题划分为几个相同的子树上的问题，进行递归解决。

给一颗有$N$个点的树，每条边都有一个权值。树上两个节点$x$和$y$之间的路径长度就是路径上各条边的权值之和。求长度不超过$K$的路径有多少条。

本题中的边是无向的，即这棵树是一个由$N$个点、$N-1$条边构成的无向连通图。我们把这种树称为“无根树”（所需维护的信息与根节点是谁无关），也就是说可以任意指定一个节点为根节点，而不影响问题的答案。

若指定节点$p$为根，则对$p$而言，树上的路径可以分为两类：

1.经过根节点$p$（包含一端为根节点$p$）。

2.包含于$p$的某一棵子树中（不经过根节点）。

根据分治的思想，对于第2类路径，显然可以把$p$的每棵子树作为子问题，递归进行处理。

而对于第1类路径，可以从根节点$p$分成“$x\sim p$”与“$p\sim y$”两段。回顾在0x21节所学到的知识，我们可以从$p$出发对整棵树进行DFS，求出数组$d$，其中$d[x]$表示点$x$到根节点$p$的距离。同时还可以求出数组$b$，其中$b[x]$表示点$x$属于根节点$p$的哪一棵子树，特别的，令$b[p]=p$。

此时满足题目要求的第1类路径满足以下两个条件的点对$(x,y)$的个数：

1.$b[x]\ne b[y]$。

2.$d[x]+d[y]\le K$。如下图所示。

定义$Cal(p)$表示在以$p$为根的树中统计上述点对的个数（第1类路径的条数）。$Cal(p)$有两种常见的实现方式。针对不同的题目，二者各有优劣。

方法一：树上直接统计

设$p$的子树为$s_1,s_2,...,s_m$。

对于$s_i$中每个节点$x$，把在子树$s_1,s_2,...,s_{i-1}$中满足$d[x]+d[y]\le K$的节点$y$的个数累加到答案中即可。

具体来说，可以建立一个树状数组，依次处理每棵子树$s_i$。

1.对于$s_i$中的每个节点$x$，查询前缀和$ask(K-d[x])$，即为所求的$y$的个数。

2.对于$s_i$中的每个节点$x$，执行$add(d[x],1)$，表示与$p$距离为$d[x]$的节点增加了1个。

按子树一棵棵进行处理保证了$b[x]\ne b[y]$，查询前缀和保证了$d[x]+d[y]\le K$。

需要注意的是，树状数组的范围与路径长度有关，这个范围远比$N$要大。而本题中不易进行离散化。一种解决方案是用平衡树代替树状数组，以保证$O(NlogN)$的复杂度，但代码复杂度显著增加。所以本题更适用下一种方法。

方法二：指针扫描数组

把树中每个点放进一个数组$a$，并把数组$a$按照节点的$d$值排序。

使用两个指针$L,R$分别从前、后开始扫描$a$数组。

容易发现，在指针$L$从左往右扫描的过程中，恰好使得$d[a[L]]+d[a[R]]\le K$的指针$R$的范围是从右往左单调递减的。

另外，我们用数组$cnt[s]$维护在$L+1$与$R$之间满足$b[a[i]]=s$的位置$i$的个数。

于是，当路径的一端$x$等于$a[L]$时，满足题目要求的路径另一端$y$的个数就是$R-L-cnt[b[a[L]]]$。

总而言之，整个点分治算法的过程就是：

1.任选一个根节点$p$（后面我们将说明，$p$应该取树的重心）。

2.从$p$出发进行一次DFS，求出$d$数组和$b$数组。

3.执行$Cal(p)$。

4.删除根节点$p$，对$p$的每棵子树（看作无根树）递归执行1~4步。

在点分治过程中，每一层的所有递归过程合计对每个点处理1次。因此，若递归最深处到达第$T$层，整个算法的时间复杂度为$O(TNlogN)$。

如果问题中的树是一条链，最坏情况下每次都以链的一端为根，那么点分治将需要递归$N$层，时间复杂度退化到$O(N^{2}logN)$。为了避免这种情况，我们每次选择树的重心（曾在0x21节提及）作为根节点$p$。对于树上的每一个点，计算其所有子树中最大的子树节点数，这个值最小的点就是这棵树的重心。而不难证明树的重心具有以下性质：以树的重心为根时，所有子树的大小都不超过整棵树大小的一半。

点分治就至多递归$O(logN)$层，算法的时间复杂度为$O(Nlo{g}^{2}N)$。如下图所示。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;const int SIZE=1e4+5;
int N,K,tot,w,sum,cnt,ans;
int ver[SIZE*2],edge[SIZE*2],nex[SIZE*2],head[SIZE];
int max_part[SIZE],siz[SIZE],dis[SIZE],root[SIZE],rec[SIZE],point[SIZE];
bool del[SIZE];inline int read()
{int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9')x=x*10+ch-'0',ch=getchar();return x*f;
}inline void add(int x,int y,int z)
{ver[++tot]=y,edge[tot]=z;nex[tot]=head[x],head[x]=tot;
}void dfs_w(int x,int fa)
{siz[x]=1,max_part[x]=0;for(int i=head[x];i;i=nex[i]){   int y=ver[i];if(y==fa||del[y]) continue;dfs_w(y,x);siz[x]+=siz[y];max_part[x]=max(max_part[x],siz[y]);}max_part[x]=max(max_part[x],sum-siz[x]);if(max_part[x]<max_part[w])w=x;
}void dfs(int x,int fa)
{point[++cnt]=x,siz[x]=1;for(int i=head[x];i;i=nex[i]){int y=ver[i],z=edge[i];if(y==fa||del[y]) continue;if(x==w) root[y]=y;else root[y]=root[x];rec[root[y]]++;dis[y]=dis[x]+z;dfs(y,x);siz[x]+=siz[y];}
}void solve(int x,int fa)
{dfs_w(x,fa);dis[w]=0;root[w]=w;rec[w]=1;for(int i=head[w];i;i=nex[i]){int y=ver[i];rec[y]=0;}cnt=0;dfs(w,0);sort(point+1,point+cnt+1,[](int x,int y){return dis[x]<dis[y];});int L=1,R=cnt;rec[root[point[L]]]--;while(L<R){if(dis[point[L]]+dis[point[R]]>K){rec[root[point[R]]]--;R--;}else{ans+=R-L-rec[root[point[L]]];L++;rec[root[point[L]]]--;}}del[w]=true;for(int i=head[w];i;i=nex[i]){int y=ver[i];if(y==fa||del[y]) continue;sum=siz[y],w=0,max_part[0]=0x3f3f3f3f;solve(y,w);}
}int main()
{N=read();K=read();while(N||K){tot=0;for(int i=1;i<=N;++i) head[i]=0,del[i]=false;int x,y,z;for(int i=1;i<N;++i){x=read();y=read();z=read();x++,y++;add(x,y,z);add(y,x,z);}ans=0;sum=N,w=0,max_part[0]=0x3f3f3f3f;solve(1,0);printf("%d\n",ans);N=read();K=read();}return 0;
}