不能说是一个算法，应该算是一类思想
点分治
概念
点分治就是把树上问题中的节点拿来分治。
这所谓的“分治”是一个很抽象的概念，那么就先来介绍它的常见应用和其他性质。
大致框架
1 void getRoot(int x, int fa) //找重心 2 { 3 size[x] = 1, son[x] = 0; 4 for (int i=head[x]; i!=-1; i=nxt[i]) 5 { 6 int v = edges[i].y; 7 if (v==fa||vis[v]) continue; //在点分树内寻找重心 8 getRoot(v, x), size[x] += size[v]; 9 son[x] = std::max(son[x], size[v]); 10 } 11 son[x] = std::max(son[x], tot-size[x]); 12 if (son[x] < son[root]) root = x; //root即重心 13 } 14 void dfs(int x, int fa, int c) 15 { 16 record distance_c //将长度为c的路径记录下来 17 for (int i=head[x]; i!=-1; i=nxt[i]) 18 { 19 int v = edges[i].y; 20 if (v==fa||vis[v]) continue; 21 dfs(v, x, c+edges[i].val); //dfs下去的长度加上边长 22 } 23 } 24 int calc(int x, int c) //为了容斥而存在的calculate 25 { 26 int ret = 0; 27 dfs(x, 0, c); 28 ... 29 return ret; 30 } 31 void deal(int rt) 32 { 33 ans += calc(rt, 0), vis[rt] = 1; //vis[rt]表示点rt被作为重心分治过 34 for (int i=head[rt]; i!=-1; i=nxt[i]) 35 { 36 int v = edges[i].y; 37 if (vis[v]) continue; 38 ans -= calc(v, edges[i].val); //容斥 39 root = 0, tot = size[v]; 40 getRoot(v, 0), deal(v); 41 } 42 } 43 int main() 44 { 45 ... 46 getRoot(1, 0); 47 deal(root); 48 ... 49 return 0; 50 }
常见应用
统计树上点对路径长度为$d=k$的条数
显然路径规模是$O(n^2)$的。
注意到这$n^2$路径间有很多共用的部分。
对于有重叠的路径，可以看做这样的至少有一个重叠点的形式。
自然想到类似的“按边统计贡献”的方式，对于点来统计路径的长度。显然这样可以重复利用大量的共同信息。
1 void deal(int rt) 2 { 3 vis[rt] = num[0] = 1, sv[0] = 0; 4 for (int i=head[rt]; i!=-1; i=nxt[i]) 5 { 6 int v = edges[i].y; 7 if (vis[v]) continue; 8 top = 0, dis[v] = edges[i].val, dfs(v, rt); 9 for (int i=1; i<=top; i++) query(stk[i]); //当前有一条长度为stk[i]的链，并在之前储存过的链长中匹配 10 for (int i=1; i<=top; i++) num[stk[i]] = 1, sv[++sv[0]] = stk[i]; //标记链长为stk[i]的链 11 }
12 }
大概是这样的代码。
注意到若选取了一个点来计算经过路径数，为了计算不重复，相当于操作后在树上就要将这个点和与之相连的边都删去。
于是选取子树的重心使得复杂度在树退化为链的最坏情况下降低为$O(nlogn)$。
统计树上点对路径长度为$d≡k(mod p)$的条数
由于一般询问的都是简单路径，那么需要稍稍容斥一下。将过重心的路径划分剩余类，那么记长度为$x$的路径的个数为$cnt[x]$。例如当$p=3$时，答案就是每一次deal时$ans+=cnt[1]*cnt[2]*2+cnt[0]*cnt[0]$，再在重心子树时$ans-=cnt[1]*cnt[2]*2+cnt[0]*cnt[0]$。
其他性质
纯粹点分治的时间复杂度是$O(nlogn)$的。
考虑树退化为链的最坏情况：每一次分治，在长度为$d$的链上，当前的重心将链分为了两条长度不超过$d/2$的链。考虑递归过程的终止情况即链长为1。那么总复杂度就为$1*(n/1)+2*(n/2)+4*(n/4)+...+n*(n/n)=nlogn$。
点分治题目
【$q=k$路径】P3806 【模板】点分治1
题目背景
感谢hzwer的点分治互测。
题目描述
给定一棵有n个点的树
询问树上距离为k的点对是否存在。
输入输出格式
输入格式：
n,m 接下来n-1条边a,b,c描述a到b有一条长度为c的路径
接下来m行每行询问一个K
输出格式：
对于每个K每行输出一个答案，存在输出“AYE”,否则输出”NAY”(不包含引号)
说明
对于30%的数据n<=100
对于60%的数据n<=1000,m<=50
对于100%的数据n<=10000,m<=100,c<=1000,K<=10000000
题目分析
题目只要求判断路径是否存在。
那么先读进询问，再点分治一下，询问路径长度就可以了。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 const int maxn = 10035; 3 const int maxk = 10000035; 4 5 struct Edge 6 { 7 int y,val; 8 Edge(int a=0, int b=0):y(a),val(b) {} 9 }edges[maxn<<1]; 10 int stk[maxn],top; 11 int n,m,tot,root,q[maxn],sv[maxn]; 12 int edgeTot,nxt[maxn<<1],head[maxn]; 13 int size[maxn],dis[maxn],son[maxn]; 14 bool vis[maxn],ans[maxn],num[maxk]; 15 16 int read() 17 { 18 char ch = getchar(); 19 int num = 0; 20 bool fl = 0; 21 for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) 22 if (ch=='-') fl = 1; 23 for (; isdigit(ch); ch = getchar()) 24 num = (num<<1)+(num<<3)+ch-48; 25 if (fl) num = -num; 26 return num; 27 } 28 void getRoot(int x, int fa) 29 { 30 size[x] = 1, son[x] = 0; 31 for (int i=head[x]; i!=-1; i=nxt[i]) 32 { 33 int v = edges[i].y; 34 if (v==fa||vis[v]) continue; 35 getRoot(v, x), size[x] += size[v]; 36 son[x] = std::max(son[x], size[v]); 37 } 38 son[x] = std::max(son[x], n-size[x]); 39 if (son[x] < son[root]) root = x; 40 } 41 void addedge(int u, int v, int c) 42 { 43 edges[++edgeTot] = Edge(v, c), nxt[edgeTot] = head[u], head[u] = edgeTot; 44 edges[++edgeTot] = Edge(u, c), nxt[edgeTot] = head[v], head[v] = edgeTot; 45 } 46 void query(int x) 47 { 48 for (int i=1; i<=m; i++) 49 if (q[i] >= x) ans[i] |= num[q[i]-x]; 50 } 51 void dfs(int x, int fa) 52 { 53 stk[++top] = dis[x]; 54 for (int i=head[x]; i!=-1; i=nxt[i]) 55 { 56 int v = edges[i].y; 57 if (v==fa||vis[v]) continue; 58 dis[v] = dis[x]+edges[i].val, dfs(v, x); 59 } 60 } 61 void deal(int rt) 62 { 63 vis[rt] = num[0] = 1, sv[0] = 0; 64 for (int i=head[rt]; i!=-1; i=nxt[i]) 65 { 66 int v = edges[i].y; 67 if (vis[v]) continue; 68 top = 0, dis[v] = edges[i].val, dfs(v, rt); 69 for (int i=1; i<=top; i++) query(stk[i]); 70 for (int i=1; i<=top; i++) num[stk[i]] = 1, sv[++sv[0]] = stk[i]; 71 } 72 for (int i=1; i<=sv[0]; i++) num[sv[i]] = 0; 73 for (int i=head[rt]; i!=-1; i=nxt[i]) 74 { 75 int v = edges[i].y; 76 if (vis[v]) continue; 77 root = 0, tot = size[v]; 78 getRoot(v, 0), deal(root); 79 } 80 } 81 int main() 82 { 83 memset(head, -1, sizeof head); 84 son[0] = tot = n = read(), m = read(), root = 0; 85 for (int i=1; i<n; i++) 86 { 87 int u = read(), v = read(); 88 addedge(u, v, read()); 89 } 90 for (int i=1; i<=m; i++) q[i] = read(); 91 getRoot(1, 0); 92 deal(root); 93 for (int i=1; i<=m; i++) 94 if (ans[i]) 95 puts("AYE"); 96 else puts("NAY"); 97 return 0; 98 }
【$q≡k$路径】bzoj2152: 聪聪可可
Description
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。
Input
输入的第1行包含1个正整数n。后面n-1行，每行3个整数x、y、w，表示x号点和y号点之间有一条边，上面的数是w。
Output
以即约分数形式输出这个概率（即“a/b”的形式，其中a和b必须互质。如果概率为1，输出“1/1”）。
Sample Input
5
1 2 1
1 3 2
1 4 1
2 5 3
1 2 1
1 3 2
1 4 1
2 5 3
Sample Output
13/25
【样例说明】
13组点对分别是(1,1) (2,2) (2,3) (2,5) (3,2) (3,3) (3,4) (3,5) (4,3) (4,4) (5,2) (5,3) (5,5)。
【数据规模】
对于100%的数据，n<=20000。
【样例说明】
13组点对分别是(1,1) (2,2) (2,3) (2,5) (3,2) (3,3) (3,4) (3,5) (4,3) (4,4) (5,2) (5,3) (5,5)。
【数据规模】
对于100%的数据，n<=20000。
题目分析
乍一看好像要像上一种方法一样，按照p,2p,3p枚举下去。
然则可以灵活地控制点分治中deal操作的内容。
将以重心为起点的链长度划分剩余类，即可得到$cnt[0],cnt[1],cnt[2]$。由于题目要求的是有序点对，自然答案应该是包括了$cnt[0]*cnt[0]+2*cnt[1]*cnt[2]$。
之所以用了“包括”一次，是因为若两条链相重叠，统计时就会重复。那么只需要容斥地去将重心每一个子树内的贡献减去就行了，恰好这个过程可以放在deal操作内。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 const int maxn = 20035; 3 4 struct Edge 5 { 6 int y,val; 7 Edge(int a=0, int b=0):y(a),val(b) {} 8 }edges[maxn<<1]; 9 int n,ans; 10 int edgeTot,nxt[maxn<<1],head[maxn]; 11 int tot,root,son[maxn],size[maxn]; 12 int cnt[4],dis[maxn]; 13 bool vis[maxn]; 14 15 int read() 16 { 17 char ch = getchar(); 18 int num = 0; 19 bool fl = 0; 20 for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) 21 if (ch=='-') fl = 1; 22 for (; isdigit(ch); ch = getchar()) 23 num = (num<<1)+(num<<3)+ch-48; 24 if (fl) num = -num; 25 return num; 26 } 27 int gcd(int a, int b){return b==0?a:gcd(b, a%b);} 28 void addedge(int u, int v, int c) 29 { 30 edges[++edgeTot] = Edge(v, c), nxt[edgeTot] = head[u], head[u] = edgeTot; 31 edges[++edgeTot] = Edge(u, c), nxt[edgeTot] = head[v], head[v] = edgeTot; 32 } 33 void getRoot(int x, int fa) 34 { 35 size[x] = 1, son[x] = 0; 36 for (int i=head[x]; i!=-1; i=nxt[i]) 37 { 38 int v = edges[i].y; 39 if (v==fa||vis[v]) continue; 40 getRoot(v, x), size[x] += size[v]; 41 son[x] = std::max(son[x], size[v]); 42 } 43 son[x] = std::max(son[x], tot-size[x]); 44 if (son[x] < son[root]) root = x; 45 } 46 void dfs(int x, int fa) 47 { 48 cnt[dis[x]]++; 49 for (int i=head[x]; i!=-1; i=nxt[i]) 50 { 51 int v = edges[i].y; 52 if (v==fa||vis[v]) continue; 53 dis[v] = (dis[x]+edges[i].val)%3; 54 dfs(v, x); 55 } 56 } 57 int calc(int x, int c) 58 { 59 dis[x] = c, cnt[0] = cnt[1] = cnt[2] = 0; 60 dfs(x, 0); 61 return 2*cnt[1]*cnt[2]+cnt[0]*cnt[0]; 62 } 63 void deal(int rt) 64 { 65 ans += calc(rt, 0), vis[rt] = 1; 66 for (int i=head[rt]; i!=-1; i=nxt[i]) 67 { 68 int v = edges[i].y; 69 if (vis[v]) continue; 70 ans -= calc(v, edges[i].val); 71 } 72 for (int i=head[rt]; i!=-1; i=nxt[i]) 73 { 74 int v = edges[i].y; 75 if (vis[v]) continue; 76 root = 0, tot = size[v]; 77 getRoot(v, 0), deal(root); 78 } 79 } 80 int main() 81 { 82 memset(head, -1, sizeof head); 83 tot = son[0] = n = read(), ans = root = 0; 84 for (int i=1; i<n; i++) 85 { 86 int u = read(), v = read(); 87 addedge(u, v, read()%3); 88 } 89 getRoot(1, 0); 90 deal(root); 91 int gc = gcd(ans, n*n); 92 printf("%d/%d ",ans/gc,n*n/gc); 93 return 0; 94 }
【$q≥k$路径】bzoj1468: Tree
Description
给你一棵TREE,以及这棵树上边的距离.问有多少对点它们两者间的距离小于等于K
Input
N（n<=40000） 接下来n-1行边描述管道，按照题目中写的输入 接下来是k
Output
一行，有多少对点之间的距离小于等于k
Sample Input
7
1 6 13
6 3 9
3 5 7
4 1 3
2 4 20
4 7 2
10
1 6 13
6 3 9
3 5 7
4 1 3
2 4 20
4 7 2
10
Sample Output
5
题目分析
其实和$q=k$的做法相差不大，只需要将过重心的路径存下来后线性扫一遍就好了。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 const int maxn = 40035; 3 4 struct Edge 5 { 6 int y,val; 7 Edge(int a=0, int b=0):y(a),val(b) {} 8 }edges[maxn<<1]; 9 int edgeTot,nxt[maxn<<1],head[maxn]; 10 int dis[maxn],son[maxn],size[maxn],root,tot; 11 int n,k,ans,sv[maxn]; 12 bool vis[maxn]; 13 14 int read() 15 { 16 char ch = getchar(); 17 int num = 0; 18 bool fl = 0; 19 for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) 20 if (ch=='-') fl = 1; 21 for (; isdigit(ch); ch = getchar()) 22 num = (num<<1)+(num<<3)+ch-48; 23 if (fl) num = -num; 24 return num; 25 } 26 void addedge(int u, int v, int c) 27 { 28 edges[++edgeTot] = Edge(v, c), nxt[edgeTot] = head[u], head[u] = edgeTot; 29 edges[++edgeTot] = Edge(u, c), nxt[edgeTot] = head[v], head[v] = edgeTot; 30 } 31 void getRoot(int x, int fa) 32 { 33 size[x] = 1, son[x] = 0; 34 for (int i=head[x]; i!=-1; i=nxt[i]) 35 { 36 int v = edges[i].y; 37 if (v==fa||vis[v]) continue; 38 getRoot(v, x), size[x] += size[v]; 39 son[x] = std::max(son[x], size[v]); 40 } 41 son[x] = std::max(son[x], tot-size[x]); 42 if (son[x] < son[root]) root = x; 43 } 44 void dfs(int x, int fa, int c) 45 { 46 sv[++sv[0]] = c; 47 for (int i=head[x]; i!=-1; i=nxt[i]) 48 { 49 int v = edges[i].y; 50 if (v==fa||vis[v]) continue; 51 dfs(v, x, c+edges[i].val); 52 } 53 } 54 int calc(int x, int c) 55 { 56 int ret = 0,l,r; 57 sv[0] = 0, dfs(x, 0, c); 58 std::sort(sv+1, sv+sv[0]+1); 59 l = 1, r = sv[0]; 60 while (l <= r) 61 if (sv[l]+sv[r] <= k) ret += r-l, l++; 62 else r--; 63 return ret; 64 } 65 void deal(int rt) 66 { 67 ans += calc(rt, 0), vis[rt] = 1; 68 for (int i=head[rt]; i!=-1; i=nxt[i]) 69 { 70 int v = edges[i].y; 71 if (vis[v]) continue; 72 ans -= calc(v, edges[i].val); 73 root = 0, tot = size[v]; 74 getRoot(v, 0), deal(v); 75 } 76 } 77 int main() 78 { 79 memset(head, -1, sizeof head); 80 tot = son[0] = n = read(), root = 0; 81 for (int i=1; i<n; i++) 82 { 83 int u = read(), v = read(); 84 addedge(u, v, read()); 85 } 86 k = read(); 87 getRoot(1, 0); 88 deal(root); 89 printf("%d ",ans); 90 return 0; 91 }
END