关于点分治的理解
【引言】
由于树具有一般的图没有的特点，所以在竞赛中的应用更广。
在一些树上路径问题中，暴力求解时间复杂度过高，往往需要一些更为高效的算法，点分治就是其中之一。
【流程】
1、首先选取一个点，把无根树变成有根树。
那么如何选点呢？ ——树型动规
因为树是递归定义的，所以我们当然希望递归的层数最小。
每次选取的点，要保证与此点相连的结点数最多的连通块的结点数最小，我们把这个点叫做“重心”。
那么找到一颗树的重心有以下算法：
（1）dfs一次，算出以每个点为根的子树大小。
（2）记录以每个结点为根的最大子树的大小。
（3）判断：如果以当前结点为根的最大子树大小比当前根更优，更新当前根。
1 void getroot(int x,int fa)//x表示当前结点，fa表示x的父结点 2 { 3 son[x]=1;F[x]=0;//F数组记录以x为根的最大子树的大小 4 for(int i=Link[x];i;i=e[i].next) 5 if(e[i].y!=fa&&!vis[e[i].y])//避免陷入死循环 6 { 7 getroot(e[i].y,x);//得到子结点信息 8 son[x]+=son[e[i].y];//计算x结点大小 9 F[x]=max(F[x],son[e[i].y]);//更新F数组 10 } 11 F[x]=max(F[x],sum-son[x]);//sum表示当前树的大小，因为以x为根的情况还要考虑以x的父亲为根的子树大小。 12 if(F[x]<F[root])root=x;//更新当前根 13 }
2、处理联通块中通过根结点的路径。
3、标记根结点（相当于处理过后，将根结点从子树中删除）。
4、递归处理以当前点的儿子为根的每棵子树。
【算法框架】
1 int solve(int x) 2 { 3 vis[x]=1;//将当前点标记 4 for(int i=Link[x];i;i=e[i].next) 5 if(!vis[e[i].y]) 6 { 7 root=0;//初始化根 8 sum=son[e[i].y];//初始化sum 9 getroot(x,0);//找连通块的根 10 solve(root);//递归处理下一个连通块 11 } 12 } 13 int main() 14 { 15 build();//建树 16 sum=f[0]=n;//初始化sum和f[0] 17 root=0;//初始化root 18 getroot(1,0);//找根 19 solve(root);//点分治 20 }
【例题1】【poj1741】tree
给一颗n个节点的树，每条边上有一个距离v（v<=1000）。定义d(u,v)为u到v的最小距离。给定k值，求有多少点对（u，v）使u到v的距离小于等于k。数据范围：n<=10000,k<2^31
计算答案的方法：这个点延伸出的几棵子树各做一次dfs，记录子树中出现的距离值，对于一棵树的距离值数组，把它排序求一次ans1，再对每棵子树分别求一个自己对自己的ans2，ans1-Σans2即为最后的ans。
参考代码：
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<cstdlib> 5 #include<cmath> 6 #include<ctime> 7 #include<algorithm> 8 using namespace std; 9 #define INF 0x7fffffff 10 struct node{int y,v,next;}e[20010]; 11 int n,len,k,root,sum,ans,Link[10010],f[10010],vis[10010],son[10010],d[10010],deep[10010]; 12 inline int read() 13 { 14 int x=0,f=1; char ch=getchar(); 15 while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1; ch=getchar();} 16 while(isdigit(ch)) {x=x*10+ch-'0'; ch=getchar();} 17 return x*f; 18 } 19 void insert(int x,int y,int v) 20 { 21 e[++len].next=Link[x]; 22 Link[x]=len; 23 e[len].v=v; 24 e[len].y=y; 25 } 26 void getroot(int x,int fa) 27 { 28 son[x]=1; f[x]=0; 29 for(int i=Link[x];i;i=e[i].next) 30 { 31 if(e[i].y==fa||vis[e[i].y]) continue; 32 getroot(e[i].y,x); 33 son[x]+=son[e[i].y]; 34 f[x]=max(f[x],son[e[i].y]); 35 } 36 f[x]=max(f[x],sum-son[x]); 37 if(f[x]<f[root]) root=x; 38 } 39 void getdeep(int x,int fa) 40 { 41 deep[++deep[0]]=d[x]; 42 for(int i=Link[x];i;i=e[i].next) 43 { 44 if(e[i].y==fa||vis[e[i].y]) continue; 45 d[e[i].y]=d[x]+e[i].v; 46 getdeep(e[i].y,x); 47 } 48 } 49 int cal(int x,int v) 50 { 51 d[x]=v; deep[0]=0; 52 getdeep(x,0); 53 sort(deep+1,deep+deep[0]+1); 54 int l=1,r=deep[0],sum=0; 55 while(l<r) 56 { 57 if(deep[l]+deep[r]<=k) {sum+=r-l; l++;} 58 else r--; 59 } 60 return sum; 61 } 62 void solve(int x) 63 { 64 ans+=cal(x,0);//计算答案 65 vis[x]=1; 66 for(int i=Link[x];i;i=e[i].next) 67 { 68 if(vis[e[i].y]) continue; 69 ans-=cal(e[i].y,e[i].v);//计算不符合题意的答案 70 sum=son[e[i].y]; 71 root=0; 72 getroot(e[i].y,0); 73 solve(root); 74 } 75 } 76 int main() 77 { 78 freopen("cin.in","r",stdin); 79 freopen("cout.out","w",stdout); 80 while(1) 81 { 82 ans=0,root=0,len=0; 83 memset(vis,0,sizeof(vis)); 84 memset(Link,0,sizeof(Link)); 85 n=read(); k=read(); 86 if(n==0&&k==0) break; 87 for(int i=1;i<=n-1;i++) 88 { 89 int x=read(),y=read(),v=read(); 90 insert(x,y,v); insert(y,x,v); 91 } 92 f[0]=INF; sum=n; 93 getroot(1,0); 94 solve(root); 95 printf("%d\n",ans); 96 } 97 return 0; 98 }
【例题2】【bzoj2152】聪聪可可
聪聪和可可是兄弟俩，他们俩经常为了一些琐事打起来，例如家中只剩下最后一根冰棍而两人都想吃、两个人都想玩儿电脑（可是他们家只有一台电脑）……遇到这种问题，一般情况下石头剪刀布就好了，可是他们已经玩儿腻了这种低智商的游戏。他们的爸爸快被他们的争吵烦死了，所以他发明了一个新游戏：由爸爸在纸上画n个“点”，并用n-1条“边”把这n个“点”恰好连通（其实这就是一棵树）。并且每条“边”上都有一个数。接下来由聪聪和可可分别随即选一个点（当然他们选点时是看不到这棵树的），如果两个点之间所有边上数的和加起来恰好是3的倍数，则判聪聪赢，否则可可赢。聪聪非常爱思考问题，在每次游戏后都会仔细研究这棵树，希望知道对于这张图自己的获胜概率是多少。现请你帮忙求出这个值以验证聪聪的答案是否正确。
计算答案的方法：与上一题类似，在计算路径长度时对3取模，用t[0],t[1],t[2]分别记录模为0、1、2的情况，那么显然答案就是t[1]*t[2]*2+t[0]*t[0]
参考代码：
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<cstdlib> 5 #include<cmath> 6 #include<ctime> 7 #include<algorithm> 8 using namespace std; 9 #define MAXN 20010 10 struct node{int y,v,next;}e[MAXN*2]; 11 int n,len,root,sum,ans,t[5],Link[MAXN],f[MAXN],vis[MAXN],son[MAXN],d[MAXN]; 12 inline int read() 13 { 14 int x=0,f=1; char ch=getchar(); 15 while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1; ch=getchar();} 16 while(isdigit(ch)) {x=x*10+ch-'0'; ch=getchar();} 17 return x*f; 18 } 19 int gcd(int a,int b) {return b==0?a:gcd(b,a%b);} 20 void insert(int x,int y,int v) 21 { 22 e[++len].next=Link[x]; 23 Link[x]=len; 24 e[len].y=y; 25 e[len].v=v; 26 } 27 void getroot(int x,int fa) 28 { 29 son[x]=1; f[x]=0; 30 for(int i=Link[x];i;i=e[i].next) 31 { 32 if(e[i].y==fa||vis[e[i].y]) continue; 33 getroot(e[i].y,x); 34 son[x]+=son[e[i].y]; 35 f[x]=max(f[x],son[e[i].y]); 36 } 37 f[x]=max(f[x],sum-son[x]); 38 if(f[x]<f[root]) root=x; 39 } 40 void getdeep(int x,int fa) 41 { 42 t[d[x]]++; 43 for(int i=Link[x];i;i=e[i].next) 44 { 45 if(e[i].y==fa||vis[e[i].y]) continue; 46 d[e[i].y]=(d[x]+e[i].v)%3; 47 getdeep(e[i].y,x); 48 } 49 } 50 int cal(int x,int v) 51 { 52 t[0]=t[1]=t[2]=0; d[x]=v; 53 getdeep(x,0); 54 return t[1]*t[2]*2+t[0]*t[0]; 55 } 56 void solve(int x) 57 { 58 ans+=cal(x,0); vis[x]=1; 59 for(int i=Link[x];i;i=e[i].next) 60 { 61 if(vis[e[i].y]) continue; 62 ans-=cal(e[i].y,e[i].v); 63 root=0; sum=son[e[i].y]; 64 getroot(e[i].y,0); 65 solve(root); 66 } 67 } 68 int main() 69 { 70 //freopen("cin.in","r",stdin); 71 //freopen("cout.out","w",stdout); 72 n=read(); 73 for(int i=1;i<n;i++) 74 { 75 int x=read(),y=read(),v=read()%3; 76 insert(x,y,v); insert(y,x,v); 77 } 78 sum=n; f[0]=n; 79 getroot(1,0); 80 solve(root); 81 int t=gcd(ans,n*n); 82 printf("%d/%d\n",ans/t,n*n/t); 83 return 0; 84 }
【例题3】【bzoj2599】Race
给一棵树,每条边有权.求一条路径,权值和等于K,且边的数量最小.数据范围：N<=200000, K<=1000000
我的做法：开一个100W的数组t,t[i]表示权值为i的路径最少边数
找到重心分成若干子树后， 得出一棵子树的所有点到根的权值和x，到根a条边，用t[k-x]+a更新答案，全部查询完后
然后再用所有a更新t[x]
这样可以保证不出现点分治中的不合法情况
把一棵树的所有子树搞完后再遍历所有子树恢复T数组，如果用memset应该会比较慢
参考代码：
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<cstdlib> 5 #include<cmath> 6 #include<ctime> 7 #include<algorithm> 8 using namespace std; 9 #define MAXN 200100 10 #define INF 1000000000 11 struct node{int y,next,v;}e[MAXN*2]; 12 int n,m,len,root,sum,ans,Link[MAXN],son[MAXN],vis[MAXN],t[MAXN*5],dis[MAXN],d[MAXN],f[MAXN]; 13 char buf[1<<15],*fs,*ft; 14 inline char getc() {return (fs==ft&&(ft=(fs=buf)+fread(buf,1,1<<15,stdin)),fs==ft)?0:*fs++;} 15 inline int read() 16 { 17 int x=0,f=1; char ch=getc(); 18 while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1; ch=getc();} 19 while(isdigit(ch)) {x=x*10+ch-'0'; ch=getc();} 20 return x*f; 21 } 22 void insert(int x,int y,int v){e[++len].next=Link[x]; Link[x]=len; e[len].y=y; e[len].v=v;} 23 void getroot(int x,int fa) 24 { 25 int ff=1; son[x]=1; 26 for(int i=Link[x];i;i=e[i].next) 27 if(e[i].y!=fa&&!vis[e[i].y]) 28 { 29 getroot(e[i].y,x); 30 son[x]+=son[e[i].y]; 31 if(son[e[i].y]>sum/2) ff=0; 32 } 33 if(sum-son[x]>sum/2) ff=0; 34 if(ff) root=x; 35 } 36 /*void getroot(int x,int fa) 37 { 38 son[x]=1;f[x]=0; 39 for(int i=Link[x];i;i=e[i].next) 40 if(e[i].y!=fa&&!vis[e[i].y]) 41 { 42 getroot(e[i].y,x); 43 son[x]+=son[e[i].y]; 44 f[x]=max(f[x],son[e[i].y]); 45 } 46 f[x]=max(f[x],sum-son[x]); 47 if(f[x]<f[root])root=x; 48 }*/ 49 void cal(int x,int fa) 50 { 51 if(dis[x]<=m) ans=min(ans,d[x]+t[m-dis[x]]); 52 for(int i=Link[x];i;i=e[i].next) 53 if(e[i].y!=fa&&!vis[e[i].y]) 54 { 55 d[e[i].y]=d[x]+1; 56 dis[e[i].y]=dis[x]+e[i].v; 57 cal(e[i].y,x); 58 } 59 } 60 void add(int x,int fa,int flag) 61 { 62 if(dis[x]<=m) 63 { 64 if(flag) t[dis[x]]=min(t[dis[x]],d[x]); 65 else t[dis[x]]=INF; 66 } 67 for(int i=Link[x];i;i=e[i].next) 68 if(e[i].y!=fa&&!vis[e[i].y]) 69 add(e[i].y,x,flag); 70 } 71 void work(int x) 72 { 73 vis[x]=1; t[0]=0; 74 for(int i=Link[x];i;i=e[i].next) 75 if(!vis[e[i].y]) 76 { 77 d[e[i].y]=1; dis[e[i].y]=e[i].v; 78 cal(e[i].y,0); 79 add(e[i].y,0,1); 80 } 81 for(int i=Link[x];i;i=e[i].next) 82 if(!vis[e[i].y]) add(e[i].y,0,0); 83 for(int i=Link[x];i;i=e[i].next) 84 if(!vis[e[i].y]) 85 { 86 sum=son[e[i].y]; root=0; 87 getroot(e[i].y,0); 88 work(e[i].y); 89 } 90 } 91 int main() 92 { 93 //freopen("cin.in","r",stdin); 94 //freopen("cout.out","w",stdout); 95 n=read(); m=read(); 96 for(int i=1;i<=m;i++)t[i]=n; 97 for(int i=1;i<n;i++) 98 { 99 int x=read(),y=read(),v=read(); 100 x++; y++; 101 insert(x,y,v); insert(y,x,v); 102 } 103 sum=ans=f[0]=n; 104 getroot(1,0); 105 work(root); 106 if(ans==n) printf("-1\n"); 107 else printf("%d\n",ans); 108 return 0; 109 }
【例题4】【bzoj3697】采药人的路径
采药人的药田是一个树状结构，每条路径上都种植着同种药材。
采药人以自己对药材独到的见解，对每种药材进行了分类。大致分为两类，一种是阴性的，一种是阳性的。
采药人每天都要进行采药活动。他选择的路径是很有讲究的，他认为阴阳平衡是很重要的，所以他走的一定是两种药材数目相等的路径。采药工作是很辛苦的，所以他希望他选出的路径中有一个可以作为休息站的节点（不包括起点和终点），满足起点到休息站和休息站到终点的路径也是阴阳平衡的。他想知道他一共可以选择多少种不同的路径。
来自出题人hta的题解：
本题可以考虑树的点分治。问题就变成求过根满足条件的路径数。
路径上的休息站一定是在起点到根的路径上，或者根到终点的路径上。
如何判断一条从根出发的路径是否包含休息站？只要在dfs中记录下这条路径的和x，同时用个标志数组判断这条路径是否存在前缀和为x的节点。
这样我们枚举根节点的每个子树。用f[i][0…1]，g[i][0…1]分别表示前面几个子树以及当前子树和为i的路径数目，0和1用于区分路径上是否存在前缀和为i的节点。那么当前子树的贡献就是f[0][0] * g[0][0] + Σf [i][0] * g [-i][1] + f[i][1] * g[-i][0] + f[i][1] * g[-i][1]，其中i的范围[-d,d]，d为当前子树的深度。
参考代码：
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<cstdlib> 5 #include<cmath> 6 #include<ctime> 7 #include<algorithm> 8 using namespace std; 9 #define MAXN 200100 10 struct node{int y,next,v;}e[MAXN]; 11 int n,len,sum,root,mxdeep,Link[MAXN],son[MAXN],deep[MAXN],vis[MAXN],dis[MAXN],t[MAXN],F[MAXN]; 12 long long ans,f[MAXN][2],g[MAXN][2]; 13 inline int read() 14 { 15 int x=0,f=1; char ch=getchar(); 16 while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1; ch=getchar();} 17 while(isdigit(ch)) {x=x*10+ch-'0'; ch=getchar();} 18 return x*f; 19 } 20 void insert(int x,int y,int v) {e[++len].next=Link[x]; Link[x]=len; e[len].y=y; e[len].v=v;} 21 void getroot(int x,int fa) 22 { 23 son[x]=1;F[x]=0; 24 for(int i=Link[x];i;i=e[i].next) 25 if(e[i].y!=fa&&!vis[e[i].y]) 26 { 27 getroot(e[i].y,x); 28 son[x]+=son[e[i].y]; 29 F[x]=max(F[x],son[e[i].y]); 30 } 31 F[x]=max(F[x],sum-son[x]); 32 if(F[x]<F[root])root=x; 33 } 34 void dfs(int x,int fa) 35 { 36 mxdeep=max(mxdeep,deep[x]); 37 if(t[dis[x]]) f[dis[x]][1]++; 38 else f[dis[x]][0]++; 39 t[dis[x]]++; 40 for(int i=Link[x];i;i=e[i].next) 41 if(!vis[e[i].y]&&e[i].y!=fa) 42 { 43 dis[e[i].y]=dis[x]+e[i].v; 44 deep[e[i].y]=deep[x]+1; 45 dfs(e[i].y,x); 46 } 47 t[dis[x]]--; 48 } 49 void work(int x) 50 { 51 g[n][0]=1; vis[x]=1; int mx=0; 52 for(int i=Link[x];i;i=e[i].next) 53 if(!vis[e[i].y]) 54 { 55 dis[e[i].y]=n+e[i].v; deep[e[i].y]=1; 56 mxdeep=1; dfs(e[i].y,0); mx=max(mx,mxdeep); 57 ans+=(g[n][0]-1)*f[n][0]; 58 for(int j=-mxdeep;j<=mxdeep;j++) 59 ans+=g[n-j][1]*f[n+j][1]+g[n-j][0]*f[n+j][1]+g[n-j][1]*f[n+j][0]; 60 for(int j=n-mxdeep;j<=n+mxdeep;j++) 61 { 62 g[j][0]+=f[j][0]; 63 g[j][1]+=f[j][1]; 64 f[j][0]=f[j][1]=0; 65 } 66 } 67 for(int i=n-mx;i<=n+mx;i++) 68 g[i][0]=g[i][1]=0; 69 for(int i=Link[x];i;i=e[i].next) 70 if(!vis[e[i].y]) 71 { 72 root=0; 73 sum=son[e[i].y]; 74 getroot(e[i].y,0); 75 work(root); 76 } 77 } 78 int main() 79 { 80 //freopen("cin.in","r",stdin); 81 //freopen("cout.out","w",stdout); 82 n=read(); 83 for(int i=1;i<n;i++) 84 { 85 int x=read(),y=read(),v=read(); 86 if(!v) v=-1; 87 insert(x,y,v); insert(y,x,v); 88 } 89 sum=F[0]=n; 90 getroot(1,0); 91 work(root); 92 printf("%lld\n",ans); 93 return 0; 94 }
