Codeforces 516D
题意
给定一棵大小为\(n\)，带边权的树，定义\(f(i)\)为\(i\)与其它点的距离最大值。
\(m\)组询问，每次询问给定\(g\)，求最大的联通块大小，该联通块满足各点的\(f(i)\)的极差不超过\(g\)。
\(1 \leq n \leq 10 ^5 , 1 \leq m \leq 100\)。各边边权、\(g\)大小在\(int\)范围内。
题解
考场上我是这么想的，首先将\(f(i)\)单独求出，仅将其看作普通的独立点权。将各点按照\(f\)值从小到大排序，从小到大枚举\(f\)值最小的点\(i\)，则一路扫过去，\(f(i) + g \leq f(j)\)的点都可取；随着\(i\)的右移，\(j\)也单调右移。指针的移动过程复杂度是\(O(n)\)的，问题在于如何快速地求解当前情况下的最大联通块大小。
考虑动态维护联通块大小。加点时维护联通块大小，并不难办，用并查集即可。然而随着\(i\)的右移，我们会删点，删点就会影响整个联通块的连通性，即可能将原联通块分裂成若干小块。这样一来，并查集无法维护，怎么做？
实际上，我将\(f(i)\)的本质跟所求完全割裂开来的想法不够妥当，这样就无法利用\(f(i)\)本身的性质进行求解。
一种不错的思路是设计一种删点的顺序，使得删点不改变联通块的连通性，则可用并查集维护。
这就与\(f(i)\)本身的性质有关了。感性理解一下，\(f(i)\)越大，在树中就分布得越边缘，删去它越不会影响连通性。
因此，只需将各点按照\(f(i)\)从大到小的顺序排列，双指针扫描，并查集维护即可。
时间复杂度\(O(nlogn + mnlogn)\)。
一些细节
对于\(f(i)\)的快速求解，做法不少。这里简述几种。
法一
求点\(i\)到树上其它点最大距离。此处有1个结论，该目标点一定为树的直径两端点之一。因此可以两次DFS先求出直径的端点\(u,v\)，对于每个\(i\)，\(f(i) = min(dis(i,u),dis(i,v))\)。求解距离要求\(lca\)，结合倍增，复杂度为\(O(nlogn)\)
法二（from AThousandMoon ）
考虑\(f(i)\)本义，\(f(i) = dep(i) + max(dep(j) - 2 \times dep(lca(i,j)))\)。
求解\(f(i)\)，即令附加值\(ext(i) = dep(j) - 2 \times dep(lca(i,j))\)最大。
我们对树进行DFS，考虑以\(x\)为\(lca\)的情况对\(x\)的子树中各点的贡献。两个结点以\(x\)为\(lca\)，当且仅当它们属于\(x\)的两个不同的儿子。因此，对于\(x\)子树中的节点\(u\)，\(ext(u) = max(ext(u),max(dep(v)) - 2 \times dep(x))\)，其中\(u,v\)属于\(x\)的两个不同儿子。求\(max(dep(v))\)其实很容易，只是如果逐一更新\(ext(u)\)，复杂度不能承受。注意到对于同一儿子子树中的各点，\(max(dep(v))\)都是一样的，且仅在最后时刻查询，故采用延时标记的方法；即将标记打在子树的根上，最后通过DFS将标记下传与求解。时间复杂度\(O(n)\)。
[代码见此](https://github.com/littlewyy/OI/blob/master/cf 516D)
另解
首先求出所有\(f(i)\)。结合\(f(i)\)的性质可以发现，\(f(i)\)相近的点一定是连在一起的；且如果我们将\(f(i)\)最小的点作为根节点，则满足对于任意节点，它的\(f\)值小于等于其子树中任意点的\(f\)值。
因此问题转化为，对于每个节点，询问其子树内\(f\)值小于等于\(f(i) + L\)的元素个数。使用平衡树+启发式合并即可解决，时间复杂度\(O(nlog^2n)\)。
