在有根和加权的树中，如何找到每个节点一定距离内的节点数？你只需要考虑下边缘，例如从根向下的节点。请记住每条边都有重量。
我可以在O(N^2)时间使用每个节点的DFS并跟踪行进的距离来做到这一点，但是N >= 100000它有点慢。我很确定你可以通过DP的未加权边缘轻松解决它，但是有人知道如何快速解决这个问题吗？ （小于N^2）
答案 0 :(得分：3)
通过使用以下观察结果，可以改善我之前对 O（nlog d）时间和O（n）空间的回答：
给定节点v上足够接近的节点数是每个子节点的足够接近节点数的总和，减去刚刚变得不足的节点数量 - 关闭。
让我们调用距离阈值m，以及两个相邻节点u和v d（u，v）之间边缘的距离。
对于每个节点v，我们将保持一个最初为0的计数c（v）。
对于任何节点v，请考虑从v的父节点到根节点的祖先链。调用此链中的第i个节点a（v，i）。注意，对于该链中的第一个节点的某个数i> = 0，并且没有其他节点，需要将v计数为足够接近。如果我们能够快速找到i，那么我们可以简单地递减 c（a（v，i + 1））（使它（可能进一步）低于0），这样当a的计数时（v，i + 1）的孩子在以后的传球中加入，v被正确排除在计算之外。如果我们在将节点v添加到c（v）之前为节点v的所有子节点计算完全准确的计数，则任何此类排除都会正确地“传播”到父计数。
棘手的部分是找到我有效率。调用从v到根s（v，j）的路径上的第一个j> = 0边的距离之和，并调用这些路径长度的所有深度（v）+1的列表，列在增加中订单，s（v）。我们想要做的是二进制搜索第一个条目的路径长度s（v）列表大于阈值m：这将在log（d）时间内找到i + 1。问题是构建s（v）。我们可以使用从v到root的运行总计轻松地构建它 - 但是每个节点需要O（d）时间，从而使任何时间改进无效。我们需要一种在恒定时间内从s（parent（v））构造s（v）的方法，但问题是当我们从一个节点v递归到它的子u时，路径长度“以错误的方式”增长：每一个路径长度x需要变为x + d（u，v），并且需要在开头添加新的路径长度0。这似乎需要O（d）更新，但一个技巧可以解决问题......
解决方案是在每个节点v计算从v到根的路径上所有边的总路径长度t（v）。这可以在每个节点的恒定时间内容易地完成：t（v）= t（父（v））+ d（v，父（v））。然后我们可以通过在-s（parent（v））的开头添加-t来形成s（v），并且在执行二进制搜索时，考虑每个元素s（v，j）来表示s（v，j）+ t （或等效地，二进制搜索m - t而不是m）。通过使节点v共享v的路径长度数组具有子u，并且s（u）被认为在s（v）之前开始一个存储器位置，可以在O（1）时间内在开始时插入-t。所有路径长度数组在大小为d + 1的单个内存缓冲区内“右对齐” - 具体而言，深度为k的节点将使其路径长度数组从缓冲区内的偏移量dk开始，以便为其后代节点提供前置空间条目。数组共享意味着兄弟节点将覆盖彼此的路径长度，但这不是问题：我们只需要s（v）中的值保持有效，而v和v的后代在预订DFS中处理。
通过这种方式，我们在O（1）时间内获得O（d）路径长度增加的效果。因此，在给定节点处找到i所需的总时间是O（1）（构建s（v））加上O（log d）（使用修改的二进制搜索找到i）= O（log d）。单个预订DFS传递用于查找和减少每个节点的适当祖先计数;后序DFS传递然后将子计数总计为父计数。这两个传递可以组合成一个遍历节点，在递归之前和之后执行操作。
答案 1 :(得分：2)
[编辑：请参阅我的其他答案，以获得更高效的O（nlog d）解决方案:)]
这是一个简单的O（nd）-time，O（n）空间算法，其中d是树中任何节点的最大深度。具有n个节点的完整树（其中每个节点具有相同数量的子节点的树）具有深度d = O（log n），因此这应该比基于O（n ^ 2）DFS的方法快得多。但是，如果每个节点的足够接近的后代的数量很小（即，如果DFS仅遍历少量级别），那么你的算法也不应该太糟糕。
对于任何节点v，请考虑从v的父节点到根节点的祖先链。注意，对于该链中的第一个节点的某个数i> = 0，并且没有其他节点，需要将v计数为足够接近。所以我们需要做的就是每个节点，向上爬向根直到总路径长度超过阈值距离m，在我们去的时候递增每个祖先的计数。有n个节点，每个节点最多有d个祖先，所以这个算法很简单O（nd）。