点分治
点分治
点分治是一种处理树上统计问题的算法。
由于代码较长，本文的代码都放在了这里。
静态点分治
先谈一类“静态的”树上路径统计问题（即不对路径进行修改）。
思想
通过一道例题来理解这种问题的思路：
\(\mathbf{P4178\;Tree}\)
给一棵有 \(N\) 个点的无根树，每条边有一个权值，求长度不大于 \(K\) 的路径数量。
由于本题给出的是无根树，因此可以任选一个节点为根节点而不影响答案。
若选择 \(p\)为根，那么对 \(p\)而言有两种路径：
- 经过 \(p\)
- 不经过 \(p\)，即包含于 \(p\) 的子树
其中第二类路径可对 \(p\) 的子树递归处理，从而转化成第一类路径，因此我们重点来处理第一类路径。
一个显然的性质是路径 \((x,y)\) 合法，当且仅当
- \(x\) 到 \(y\) 的距离不大于 \(K\)。
- \(x\) 到 \(y\) 的路径没有重叠。
为处理条件一，可用一遍 DFS 预处理出以 \(p\) 为根的子树节点到 \(p\) 的长度，记为 \(d\) 数组。
如何处理条件二呢？
一种方法是在计算答案时利用容斥原理减去不合法的路径条数（在代码部分的“聪聪可可”一题中使用了这种方法，不过这需要做额外的统计，常数较大）。
另一种方法是记录每个节点属于 \(p\) 的哪一棵子树，又称“染色法”（本题代码采用这种方法，这种方法常数较小）。
具体情况
具体实现上，设 \(p\) 的子树分别为 \(s_1\) ~ \(s_m\) ，并在 DFS 处理 \(d\) 数组的同时处理出整棵树的节点属于 \(p\) 的哪一棵子树，记为 \(b\) 数组（特别地，\(b[p]=p\)）。
那么上述条件可表述为：
- \(d[x]+d[y]\leqslant K\)
- \(b[x]\neq b[y]\)
例如下面这条路径合法：
而这条路径由于出现了重叠，所以不合法（不满足条件二）：
定义 \(\operatorname{calc}(p)\) 表示以 \(p\) 为根的树中第一类路径的数量。这个函数有两种常见的实现方式：
方法一：树上直接统计
通俗地说就是利用某种数据结构，直接计数合法点对数量。
在本题中，可以建立一个树状数组维护与\(p\)距离分别为\(0\)~\(K\)的节点个数，依次处理每棵子树\(s_i\)。
- 对 \(s_i\) 中的每个 \(x\)，如果 \(d[x]\leqslant K\)，查询前缀和 \(\operatorname{ask}(K-d[x])\)（因为大于 \(K\) 的 \(x\) 对答案一定没有贡献），累加进答案，并将答案 \(+1\)（就是合法点对的数量，\(+1\) 是包括路径 \((x,p)\)）。
- 对 \(s_i\) 中的每个 \(x\)，如果 \(d[x]\leqslant K\)，执行 \(\operatorname{add}(d[x],1)\) ，代表与 \(p\) 距离 \(d[x]\) 的节点增加 \(1\)。
需注意的是，本题中 \(0\leqslant K\leqslant 2\times 10^4\)，因此时间复杂度可以接受。如果 \(K\) 过大，那么可以用平衡树来代替，不过代码会更加复杂。
方法二：指针扫描数组
把树上每个点放进一个数组并以 \(d\) 值为关键字排序，用两个指针 \(L\) 和 \(R\) 扫描数组。
可以发现，在 \(L\) 从左往右扫时，使 \(d[a[L]]+d[a[R]]\leqslant K\) 的 \(R\) 从右往左递减。
我们再用数组 \(cntb[s]\) 维护 \([L,R]\) 中满足 \(b[a[i]]=s\) 的 \(i\) 的数量。
于是对 \(a[L]\) 而言，答案就是 \([L+1,R]\) 中的所有元素的数量减去其中 \(b\) 值与 \(b[a[L]]\) 相同的元素（不包括 \(a[L]\)）的数量，即 \(R-L-cntb[b[a[L]]]+1\)。
每次扫描时检查是否有 \(d[a[L]]+d[a[R]]\leqslant K\)，如果是则更新答案，否则左移 \(R\) 直到满足条件为止。
解决了路径统计的问题，现在来看如何选择根节点 \(p\)。
显然 \(p\) 不能随便选择，如果给出一条链，每次选择链的一端，那么需要分治 \(O(N)\) 次，会被卡掉。因此我们选择当前树的重心作为根，这样就只至多需要分治 \(O(\log N)\) 次了。总时间复杂度为 \(O(N\log^2N)\)。
总结一下本题点分治的过程：
- 选择当前树的重心作为根节点 \(p\)
- 从 \(p\) 出发 DFS，求出 \(b\) 和 \(d\) 数组
- 执行 \(\operatorname{calc}(p)\)
- 删除 \(p\) ，对 \(p\) 的子树递归执行 \(1\) ~ \(4\) 步。如果 \(p\) 没有子树，结束递归
另外，在点分治过程中会把整棵树都遍历一遍，按照点分治 DFS 序建出的树被称为点分树。
题目
\(\mathbf{P2634\;聪聪可可}\)
给一棵有 \(N\) 个点的无根树，每条边有一个权值，求长度是3的倍数的有序点对数量与总有序点对数量之比，以既约分数的形式输出。
这题与上一题的区别在于路径长度的运算改为在模 \(3\) 意义下进行，所以进行树上直接统计时可以开大小为3的数组分别存储模 \(3\) 意义下为 \(1\),\(2\),\(3\) 的路径来直接维护。
由于求的是允许重复的有序点对（上一题相当于不允许重复的无序点对），因此答案为 \(a[0]^2+2a[1]a[2]\)。
输出时注意化简即可。
另外这道题也可以用树形DP来做，设 \(f[i][j]\) 表示以 \(i\) 为根的子树的节点中在模 \(3\) 意义下与 \(i\) 距离为 \(j\) 的点数，然后自底向上转移并更新答案即可（而且还比点分治要快一些）。
\(\mathbf{P3806\;【模板】点分治1}\)
给一棵有 \(N\) 个点的有根树，询问 \(M\) 次树上距离为 \(K\) 的点对是否存在。
为避免时间复杂度问题，可以在点分治的同时计算询问 \(1\) ~ \(M\) 是否有解。
\(\operatorname{calc}()\) 函数中仍采用双指针扫描的方法，并且分情况讨论。
