poj 1741 楼教主男人八题之一：树分治

http://poj.org/problem?id=1741

Description

Give a tree with n vertices,each edge has a length(positive integer less than 1001). 
Define dist(u,v)=The min distance between node u and v. 
Give an integer k,for every pair (u,v) of vertices is called valid if and only if dist(u,v) not exceed k. 
Write a program that will count how many pairs which are valid for a given tree. 

Input

The input contains several test cases. The first line of each test case contains two integers n, k. (n<=10000) The following n-1 lines each contains three integers u,v,l, which means there is an edge between node u and v of length l. 
The last test case is followed by two zeros. 

Output

For each test case output the answer on a single line.

Sample Input

5 4
1 2 3
1 3 1
1 4 2
3 5 1
0 0

Sample Output

8

/**
poj 1741  楼教主男人八题之一：树分治
题目大意：给定一个带权树，问有多少对点之间的距离之和不超过k
解题思路：典型的树分治算法。（转自ACMonster）
           最容易想到的算法是：从每个点出发遍历整棵树，统计数对个数。
           由于时间复杂度O(N^2)，明显是无法满足要求的。

           对于一棵有根树， 树中满足要求的一个数对所对应的一条路径，必然是以下两种情况之一：
           1、经过根节点
           2、不经过根节点，也就是说在根节点的一棵子树中
           对于情况2，可以递归求解，下面主要来考虑情况1。

           设点i的深度为Depth[i]，父亲为Parent[i]。
           若i为根，则Belong[i]=-1，若Parent[i]为根，则Belong[i]=i，否则Belong[i]=Belong[Parent[i]]。
           这三个量都可以通过一次BFS求得。
           我们的目标是要统计：有多少对(i,j)满足iBelong[j]

           如果这样考虑问题会变得比较麻烦，我们可以考虑换一种角度：
           设X为满足ii，那么i对答案的贡献为B[i]-i。
           显然，随着i的增大，B[i]的值是不会增大的。利用这个性质，我们可以在线性的时间内求出B数组，从而得到答案。

           综上，设递归最大层数为L，因为每一层的时间复杂度均为“瓶颈”——排序的时间复杂度O(NlogN)，所以总的时间复杂度为O(L*NlogN)

           然而，如果遇到极端情况——这棵树是一根链，那么随意分割势必会导致层数达到O(N)级别，对于N=10000的数据是无法承受的。因此，我们在每一棵子树中选择“最优”的点分割。所谓“最优”，是指删除这个点后最大的子树尽量小。这个点可以通过树形DP在O(N)时间内求出，不会增加时间复杂度。这样一来，即使是遇到一根链的情况时，L的值也仅仅是O(logN)的。

           因此，改进后算法时间复杂度为O(Nlog^2N)，可以AC。
*/
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
const int maxn=10015;
const int INF=0x3f3f3f3f;
int head[maxn],ip;
int siz[maxn],can[maxn],lst[maxn],d[maxn],fa[maxn];
int ans,tl,n,k,l1,l2;

void init()
{
    memset(head,-1,sizeof(head));
    memset(can,0,sizeof(can));
    ip=0;
    ans=0;
}

struct note
{
    int v,w,next;
} edge[maxn*2];

void addedge(int u,int v,int w)
{
    edge[ip].v=v,edge[ip].w=w,edge[ip].next=head[u],head[u]=ip++;
}

void dfs1(int u,int pre)
{
    siz[u]=1;
    lst[++tl]=u;
    for(int i=head[u]; i!=-1; i=edge[i].next)
    {
        int v=edge[i].v;
        if(v==pre||can[v])continue;
        dfs1(v,u);
        fa[v]=u;
        siz[u]+=siz[v];
    }
}
int getroot(int u,int pre)
{
    tl=0;
    dfs1(u,pre);
    int pos,tmp=INF,d,y;
    for(int i=1; i<=tl; i++)
    {
        d=0,y=lst[i];
        for(int p=head[y]; p!=-1; p=edge[p].next)
        {
            int v=edge[p].v;
            if(v==fa[y]||can[v])continue;
            d=max(d,siz[v]);
        }
        if(y!=u)
            d=max(d,siz[u]-siz[y]);
        if(dk&&j>i)j--;
        ret+=j-i;
        if(j==i)break;
    }
    return ret;
}

inline bool cmp(int i,int j)
{
    return d[i]