hdu(5441)——Travel

题意：

现在有n个点，m条无向边，然后有q个询问。

给出a，b，d，代表从a到b需要花费d的时间，从而b到a也是一眼。

然后对于q个询问，给出x，代表这个人能够最大容忍的花费在车上的时间为x。

思路：

花了好久，终于想出做法了，但是后来又T了。。（原因有一部分没经过思考，写的太暴力了。。）

首先，保存每一条边的起点和终点，还有边长，首先按照边的权值来排序。然后对于q个询问，我们事先把询问都存下来，然后进行排序。

因为这里的方案数就是每个连通分量中点的个数*（点的个数-1），所以我们的目的就是知道点的个数就好了。

首先我想到的第一个问题是怎么把点全都合并起来呢？怎么判断两个点之间是否有边相连呢？ Answer：用并查集。

只需要把起点和终点不停地合并起来，最后再进行一次for，判断到底哪个点是祖先节点，然后再加上祖先节点下面的所包含的所有的节点数量。

但是这个找节点数的做法会超时的。假设我们这里不算上（A,B) (B,A)是不同情况，那么我们每次只需加上新增加某些点会多出的方案数就好了，最后再乘以2就是当前答案。

*要注意对询问进行排序后，注意保存它的序号，因为最后输出的时候还得按照题目中的那个要求来的。所以记得保存序号！！

#include<stdio.h>#include<string.h>#include<iostream>#include<algorithm>#include<cmath>#include<vector>using namespace std;#define maxn 20010typedef __int64 ll;int par[maxn],num[maxn];int ans[5010];int cnt=0;struct node{int a;int b;int d;}t[100010];struct nn{int idx;int x;}que[5010];bool cmp(node a,node b){return a.d<b.d;}bool cmp2(nn a,nn b){return a.x<b.x;}void init(){for(int i=0;i<20010;i++) par[i]=i,num[i]=1;}int find(int x){if(par[x]!=x) par[x]=find(par[x]);return par[x];}void merge(int x,int y){int tx=find(x);int ty=find(y);if(tx!=ty){cnt+=num[tx]*num[ty];  //使用了每次不断累加的方法，更加优化！ par[tx]=ty;num[ty]+=num[tx];}}int main(){int T;scanf("%d",&T);while(T--){init();memset(que,0,sizeof(que));int n,m,Q;scanf("%d%d%d",&n,&m,&Q);for(int i=0;i<m;i++){int a,b,d;scanf("%d%d%d",&a,&b,&d);t[i+1].a=a; t[i+1].b=b; t[i+1].d=d;}sort(t+1,t+1+m,cmp);for(int i=0;i<Q;i++){int x;scanf("%d",&x);que[i].x=x;que[i].idx=i;}sort(que,que+Q,cmp2);int tmp=1;cnt=0;memset(ans,0,sizeof(ans));int tt=0;for(int i=0;i<Q;i++){int x=que[i].x;int idd=que[i].idx;for(int j=tmp;j<=m;j++){if(t[j].d<=x){int s=t[j].a,e=t[j].b;merge(s,e);}else{tmp=j;break;}}ans[idd]=cnt*2;}for(int i=0;i<Q;i++) printf("%d\n",ans[i]);}}/*15 5 32 3 63341 5 157243 5 57054 3 123821 3 2172613000100006000*/