HDU 5441 Travel （2015ACM/iCPC长春网络赛E ）

中规中矩的一道并查集题目。直接遍历这些边进行搜索是不可行的，那么正难则反，我们考虑初始状态下有n个点，他们之间并没有边连接。这时候我们怎么加边能满足题目要求，某两个点之间所有路径权值都不超过忍耐值呢？
显然，如果我们如果挑出一条路径，它的权值小于当前忍耐值，那么我们可以把它加入图中，然后维护当前的pair值，如果所有路径权值小于忍耐值的边都被加入到图中，当前的pair数即为该忍耐值的最终结果。
算法到这里很清晰了。
我们首先需要对忍耐值进行排序，以使当前忍耐值得到的pair数能够被下一个恰好大于它的忍耐值所利用；
其次，对边以权值为参数进行排序，然后遍历这些边即可，如果某条边的权值大于当前忍耐值，就跳出更新过程，记录当前忍耐值下的pair数，对下一个忍耐值进行查找。
还有一个问题需要解决，如何维护pair？
显然，加入一条边只有两种情况，或者联通两个联通块；或者在一个联通块内部；如果在一个联通块内部，则pair数不变；如果联通两个联通块，那么pair的变化数为：
C(cnt[u]+cnt[v],2)-C(cnt[u],2)-C(cnt[v],2);
其中u,v是两个联通块的根节点，cnt是当前联通块的结点数。
本题到此即可解决。具体细节请参阅代码（有些丑）。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;

int n,m,q;
int fa[20000+10],cnt[20000+10];

struct edge_struct
{
int l,r,d;
}
edge[100000+10];

struct query_struct
{
int id, berserk;
long long tot;
}
query[5000+10];

int cmp1(  edge_struct A, edge_struct B  )  {   return A.d<B.d;     }
int cmp2( query_struct A, query_struct B )  {   return A.berserk<B.berserk; }
int cmp3( query_struct A, query_struct B )  {   return A.id<B.id;   }

void init()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
for( int i=1; i<=m; i++ )
scanf("%d%d%d",&edge[i].l, &edge[i].r, &edge[i].d );

for( int i=1; i<=q;i++ )
{
scanf("%d",&query[i].berserk);
query[i].id=i;
query[i].tot=0;
}
sort( edge+1, edge+m+1, cmp1 );
sort( query+1,query+1+q,cmp2 );
for(int i=1;i<=n;i++) { fa[i]=i; cnt[i]=1; }
}

int getfa( int x )
{
if( fa[x]==x )return x;
return fa[x]=getfa(fa[x]) ;
}

int main()
{
// freopen("5441.txt","r",stdin);
int t;
cin>>t;
while(t--)
{
init();
int top=1;
long long ans=0;
for( int i=1;i<=q;i++ )
{
while( top<=m &&  edge[top].d<=query[i].berserk   )
{
int x=getfa( edge[top].l );
int y=getfa( edge[top].r );
if(x==y) { ++top; continue; }
ans+=(cnt[x]+cnt[y])*( cnt[x]+cnt[y]-1 );
ans-=cnt[x]*(cnt[x]-1);
ans-=cnt[y]*(cnt[y]-1);
cnt[x]+=cnt[y];
fa[y]=x;
++top;
}
query[i].tot=ans;
}
sort( query+1, query+1+q, cmp3 );
for( int i=1;i<=q;i++ )
printf("%I64d\n",query[i].tot);
}

return 0;
}