【POJ2832 】【Tyvj1460】【 7.22Test 】询问

几种版本的题面

Description

You are given an undirected graph G with N vertices and M edges. Each edge has a length. Below are two definitions.

Define max_len(p) as the length of the edge with the maximum length of p where p is an arbitrary non-empty path in G.
Define min_pair(u, v) as min{max_len(p) | p is a path connecting the vertices u and v.}. If there is no paths connecting u and v, min_pair(u, v) is defined as infinity.

Your task is to count the number of (unordered) pairs of vertices u and v satisfying the condition that min_pair(u, v) is not greater than a given integer A.

Input

The first line of input contains three integer N, M and Q (1 < N ≤ 10,000, 0 < M ≤ 50,000, 0 < Q ≤ 10,000). N is the number of vertices, M is the number of edges and Q is the number of queries. Each of the next M lines contains three integers a, b, and c (1 ≤ a, b ≤ N, 0 ≤ c < 10⁸) describing an edge connecting the vertices a and b with length c. Each of the following Q lines gives a query consisting of a single integer A (0 ≤ A < 10⁸).

Output

Output the answer to each query on a separate line.

Sample Input

Sample Output

Source

POJ Monthly--2006.05.28, zhucheng

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。

输入格式

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。

输出格式

共Q行，对于每次询问做出回答。

测试样例1

输入

5 5 2
1 2 1
2 3 2
3 4 1
4 5 4
5 1 1
1
2

输出

4
10

备注

【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。

询问
问题描述
背景:
在一个美丽的国度里,有n座城市,在每个城市中都住着一个球老板,这些球老板们非常喜
欢互相串门。。。现在YPZ的侄子XPZ的突然对这个妙不可言的国度产生了兴趣,他对你
提出了Q个问题,希望得到你的回答。。。

题目描述:
现在有一个n个点m条边的无向图,每条边有一个”崎岖度”。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,球老板们会自觉选择“代价”最小的路线进行串门。如果旅行的“代价”超过了
他们的“忍耐度”,他们就不选择这次串门了,甚至宁愿在家里宅着。
现在XPZ想进行Q次询问:给定球老板们的“忍耐度”,问还有多少对城市(X,Y)会存在串门?
请你对XPZ的每次询问分别给出回答。
输入格式
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。
输出格式
共Q行,对于每次询问做出回答。
样例输入输出
样例输入1
5 5 2
1 2 1
2 3 2
3 4 1
4 5 4
5 1 1
1
2
样例输出1
4
10
限制与约定对于20%的数据满足n<=20,m<=40,Q<=40;
对于50%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。
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。

思路：离线，先读入询问，然后按顺序加边，对于每个询问统计一下即可。。。考试居然没做出来，中午20min切了。。。

 // It is made by XZZ

 #include<cstdio>

 #include<algorithm>

 using namespace std;

 #define rep(a,b,c) for(rg int a=b;a<=c;a++)

 #define drep(a,b,c) for(rg int a=b;a>=c;a--)

 #define erep(a,b) for(rg int a=fir[b];a;a=nxt[a])

 #define il inline

 #define rg register

 #define vd void

 typedef long long ll;

 il int gi(){

     rg int x=;rg char ch=getchar();

     while(ch<''||ch>'')ch=getchar();

     while(ch>=''&&ch<='')x=x*+ch-'',ch=getchar();

     return x;

 }

 const int maxn=,maxm=;

 struct edge{int a,b,c;}E[maxm];

 bool operator < (edge a,edge b){return a.c<b.c;}

 int fa[maxn];ll siz[maxn],ans;

 struct qq{int q,id;ll ans;}Q[];

 il bool cmpq1(qq a,qq b){return a.q<b.q;}

 il bool cmpq2(qq a,qq b){return a.id<b.id;}

 il int hd(int a){

     if(a==fa[a])return a;

     else return fa[a]=hd(fa[a]);

 }

 il vd Union(int a,int b){

     rg int A=hd(a),B=hd(b);

     if(A^B)ans+=siz[A]*siz[B],siz[A]+=siz[B],fa[B]=A;

 }

 int main(){

     rg int n=gi(),m=gi(),q=gi();

     rep(i,,m)E[i].a=gi(),E[i].b=gi(),E[i].c=gi();

     sort(E+,E+m+);

     rep(i,,n)fa[i]=i,siz[i]=;

     rep(i,,q)Q[i]=(qq){gi(),i};

     sort(Q+,Q+q+,cmpq1);

     rg int NOW=;

     rep(i,,q){

     while(E[NOW].c<=Q[i].q)Union(E[NOW].a,E[NOW].b),++NOW;

     Q[i].ans=ans;

     }

     sort(Q+,Q+q+,cmpq2);

     rep(i,,q)printf("%lld\n",Q[i].ans);

     return ;

 }