树分治

终于来填坑嘞

① 点分治

~~（俗称淀粉质）~~

通常用来解决树上路径问题

我们每次钦定一个点，并只统计经过这个点的路径；处理完后我们向其子树分治下去

每次选择的点都很关键，比如一条链，如果你一直选择它的端点，那我们的时间复杂度可能还是 \(O(n^2)\)

最优的决策点应该是树的重心，这样树的高度就保证在 \(O(\log n)\) 附近

找重心，就是要找到一个点 \(u\)，满足它最大的子树大小在所有点内是最小的，记得它父亲往上的也算它的一棵子树，计算方法为：所有点数减去子树 \(u\) 的大小

void getrt(int now, int fa)
{
    sz[now] = 1;
    Mx[now] = 0;
    for(int i = he[now]; i; i = r[i].nxt)
    {
        int to = r[i].to;
        if(vis[to] || to == fa) continue;
        getrt(to, now);
        Mx[now] = std::max(Mx[now], sz[to]);
        sz[now] += sz[to];
    }
    Mx[now] = std::max(Mx[now], tot - sz[now]);
    if(Mx[now] < Mx[rt]) rt = now;
}

模板题

我们每分治到一个点 \(u\) 时，我们就将它每个子树内的点到 \(u\) 的路径计算出来，然后与之前处理过的子树的点匹配（因为要保证路径经过 \(u\)），看看有没有满足距离和为 \(d\) 的

处理完后我们就找到每棵子树的重心，分治下去，重复上述操作

和普通分治类似，时间复杂度是 \(O(n\log n)\) 的

代码

例题

按正常的点分治，我们将每条路径处理下来后，然后匹配对应的合法长度的路径，将贡献加起来

但由于相同颜色段的贡献只计算一次，因此合并的两条路径，如果初始边的颜色相同，就需要减去这个颜色的价值

我们递归到一个分治中心时，考虑按照出边的颜色依次进行 dfs，然后维护两颗线段树，下标代表路径长度，储存当前长度最大贡献；其中一棵储存的是出边颜色不同的路径，另一颗储存的是出边颜色相同的路径；当我们处理完一种颜色后，就将第二棵线段树合并到第一棵上

时间复杂度为 \(O(n\log^2 n)\)

代码

② 按重心移动

这类题是用到了点分治的思想，将复杂度均摊到 \(O(n\log n)\)

例题

这道题，我们要抓住的核心就是：让目前最大的路径变小。

而有几种情况是一定不能变小的：

如图，绿点为 \(c\) ，红色是目前长度最大的路径 \(u,v\)

显然，如果 \(c\) 沿着 \(u,v\) 移动，答案一定不会变小；反之，如果走向 \(c\) 的其他子树，那答案一定变大

如图，绿点为 \(c\) ，红、蓝色都是目前长度最大的路径 \(u_1,v_1\)，\(u_2, v_2\)

显然，如果 \(c\) 向红色那边移动，那么蓝色点的长度就会增加；反之亦然；因此这种也不能移动

因此，如果我们要移动到 \(c\) 的子树 \(v\)，必须满足有且仅有一对最大点，且两端属于 \(v\) 子树

因此，我们每次 \(c\) 的选择应该要是重心，这样只需要跳 \(\log n\) 次

而每次求到 \(c\) 的路径都需要遍历一整棵树，是 \(O(n)\) 的；这样我们就做到复杂度为 \(O(n\log n)\)

代码

例题

题意：一棵树，有点权 \(val_i\) 与边权，定义 \(dis(u,v)\) 为 \(u\) 到 \(v\) 简单路径上的边权和，现在要找出一个点 \(c\)，使得 \(\sum_{i=1}^n dis(i,c)^{1.5}val_i\) 最小（即带权重心）

对于一条路径 \((a,b)\)，如果 \(x\in(a,b)\)，那么有关于 \(x\) 的函数 \(dis(x,i)^{1.5}\) 为下凸函数（\(i\) 为树任意一个结点）

因此，在 \((a,b)\) 上，答案也应该是一个关于 \(c\) 的下凸函数（因为下凸函数的和仍为下凸函数）

因此，如果我们计算出当前点 \(now\) 的答案，那么最小答案一定会是在 \(now\) 中的某一个子树中；而如果往其他子树移动，答案必然增大（这个思想可类比上一题）

那我们怎么找出唯一一个答案会变小的子树呢？

我们考虑从 \(now\) 移向某个子树 \(to\)，移动距离为 \(x\)，那么答案应该变为：

\[\sum_{v\in tree[to]} (dis(v, now)-x)^{1.5}val_v+\sum_{v\in tree[to]} (dis(v, now)+x)^{1.5}val_v \]

但我们不可能将每个子树的答案都求出来，这样还不如 \(O(n^2)\)

有增量，我们就考虑求导，得：

\[\sum_{v\in tree[to]} -1.5(dis(v, now)-x)^{0.5}val_v+\sum_{v\in tree[to]} 1.5(dis(v, now)+x)^{0.5}val_v \]

我们可以将 \(x=0\)，这样就能得到将要向 \(to\) 移动时答案的增量

也就是说，对于每次点分治，我们都求出每个点的 \(dis(v,rt)^{0.5}val_v\)，加到对应的子树上，令其为 \(w_{to}\)，如果其他子树 \(w\) 的和减去 \(w_{to}\) 小于 \(0\)，那么我们就向子树 \(to\) 移动

这样我们只用移动 \(\log n\) 次，每次遍历整棵树即可

由于带权重心可能在边上（即不能刚好在点上），我们要记录两个相邻的点，最后计算一下哪个答案最小即可

代码

③ 边分治

类比点分治，边分治统计的是“经过某条边的路径”

而边分治有他的优势所在，就是在统计答案时，它只会涉及两个子树，对于一些如最值的合并，我们只需要对两个子树进行双指针移动

边的选取与点分治类似，尽量使最大的子树的结点数最小

但对于一些如菊花图这样的图，很容易就被卡回 \(O(n^2)\)

因此，我们要对树三度化，有两种方法：（以下方法和图片选自 JhinLZH大佬的博客）

从 \(1\) 号结点开始枚举每个点，对于一个点 \(x\)，如果他的子节点数小于等于 \(2\)，那么直接连边即可；否则我们新建两个点，将 \(x\) 连向这两个点，并将 \(x\) 的子节点按奇偶分类暂时归为这两个新建点的子节点。

为了不影响原树深度等信息，我们将连向新建点的边权设为 \(0\)。这样新建树每条原树边会被存 \(\log n\) 次，所以空间复杂度是 \(O(n\log n)\)，新建节点数 \(O(n)\)

我们依旧从 \(1\) 号结点遍历整棵树，对于一个点 \(x\)，我们先将一个儿子与 \(x\) 相连，然后让 lst=x；接下来的儿子 \(u\)（除了最后一个），我们先新增一个结点与 lst 相连，然后 \(u\) 与新节点相连，再让 lst 更新为这个新节点；对于最后一个儿子，直连上目前的 lst 即可。这样的空间复杂度则是 \(O(n)\) 级别的