[CSP-S2019] 树的重心 题解
[CSP-S2019] 树的重心
因为这道题令我十分兴奋，所以来写一下做完后的思考。
这道题用到了树的重心的种种性质，在写解法的时候会一一点出其用处。
首先，枚举每一条边，然后各自 \(O(n)\) 扫一次的 \(O(n^2)\) 做法是简单的。
那么接下来，就会出现不同的解法了：
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优化 \(O(n)\) 求解的过程至 \(O(\log n)\)
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利用 \(O(n)\) 状态 \(O(n)\) 求解的套路：枚举每一个的贡献。
那么接下来分开讲述两种做法
倍增优化求重心的过程
- 如果 \(x\) 不为重心，那么重心要么在其重儿子内，要么在其子树外。
那么找一颗子树内的重心，就可以倍增求解了。
也就是删掉一个边 \((x, y)\) 之后（假定 \(y\) 是 \(x\) 的父亲）\(x\) 子树内的重心是简单的，但是子树外（也就是 \(y\) 所在的子树）的重心不太好求解。
类似换根 DP 的思路，发现 \(y\) 所在子树的倍增数组，只会影响到 \(y\) 到根路径上的每一个点。
于是每一次 DFS 下去，\(O(\log n)\) 的更新倍增数组，然后 \(O(\log n + \log n)\) 的求两边的重心即可。
枚举每一个点的贡献
此时我们需要考虑的是一个点 \(x\) 如何变成重心。
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删除 \(x\) 子树中的某棵子树
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删除 \(x\) 子树外的某棵子树
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保留某一棵包含 \(x\) 子树
如果可以稍微合并一下，那么第二点和第三点是可以放在一起的。
但是如此分类讨论是相当难做的，考虑如何减少某一种状态。
- 把两棵树通过一条边相连得到一棵新的树，则新的重心在较大的一棵树一侧的连接点与原重心之间的简单路径上。如果两棵树大小一样，则重心就是两个连接点。
同理的，删除一棵子树，那么重心会向相离的方向移动。
那么删除 \(x\) 子树内的某棵子树，\(x\) 能够成为重心必须满足重心在 \(x\) 的子树内。
那么如果我们以某一个重心为根，意味着除了根，那么就没有满足上述条件的点了，此时我们只需要讨论子树外的情况即可。
- 某个点是树的重心等价于它最大子树大小不大于整棵树大小的一半。
假设我们删除了大小为 \(s\) 的连通块，那么 \(x\) 可以成为重心则需要满足：
其中 \(siz_x\) 表示 \(x\) 所在子树的大小，\(mx_x\) 表示 \(x\) 子树的最大大小，也就是 \(mx_x = \max siz_y\)。
稍微整理一下，就可以得到：
那么考虑 \(x\) 子树外有那些满足此条件的子树即可。
但是发现 \(x\) 的祖先 \(f\) 的大小并不可以是 \(siz_f\)，而是 \(n - siz_f\)，这是在 DFS 的过程中好维护的。
最终利用树状数组维护一下即可。
但是重心本身的答案并不能如此维护，我们需要单独做一次。
设 \(X\) 为重心 \(G\) 作为根的最大的子树，\(Y\) 为次大子树，那么对于某个点 \(x\) 需要分类讨论一下：
这是容易 \(O(n)\) 做一次的。
于是此算法的复杂度为 \(O(n \log n)\)，代码应该不是很难。
可以参考代码内的注释：https://loj.ac/s/1911177
然而本算法仍然可以有优化的空间，可以参考 [CSP-S2019]树的重心 题解 - TEoS - 博客园，做到 \(O(n)\) 求解。
小小总结
本题可以说是非常开放的题，因为存在很多解法，这里并没有涵盖完。
足以说明在 CSP 考试中，不能局限于某一个算法，更多的尝试可能带来更多的解法。
而在本题中体现出了解决问题的常用思想：
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优化暴力 \(O(1) - O(n)\) 平衡为 \(O(n \log n) - O(\log n)\)，也就是算法 1。
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多状态 \(O(n)\) 暴力求和转化为每一个元素的贡献。
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利用信息所附带的信息（性质）推导方向，优化代码。
倍增！非常优秀的一个做法，是考点的长青树。这需要重重注意，细细揣摩。
