时隔 $???$ 年，我又回来探望树分治了……
本文于 2019.5.22 更新，删除了之前写的内容，大家如果要学习这个东西可以去看 IOI2019 论文（虽然那里好像也没有具体证明之类的）。
点分治套路
1. 连通块
第 K 大连通块
$n$ 个点的树，每个点有一个整数点权，连通块的权值为点权和，求权值非严格第 $k$ 大的连通块。
子任务1：$nle 20$
子任务2：$n,kle 1000$
子任务3：树是一条链，且第 $i$ 条边连接编号为 $i$ 和 $i+1$ 的点
子任务4：$n,kle 10^5$
题解
子任务 $1$
连通块数量显然不超过点集数量，而点集共有 $2^n-1$ 个（去掉空集）。枚举选取的点集并判断其是否为连通块即可。
时间复杂度 $O(2^n imes n)$。
子任务 $3$
问题转化为：给你一个长度为 $n$ 的序列，求第 $k$ 大子序列。
用【十二省联考2019 异或粽子】那道题的做法就行，只需要把记录异或和改成记录加法和，线段树即可。
子任务 $2、4$
发现给的是树，一般与树有关的奇怪题目都跟点分治有关。
考虑点分治，不难发现子问题增加了 连通块必须包含重心。
这样就可以证明，对于树中任意一个连通块，该连通块中至少存在一个点，使得该点为重心的点分树 完全包含这个连通块。具体证明只需要考虑一下 重心是连接两棵点分树的边的一端点 这一性质即可，这里不赘述。
对于一棵点分树，以重心为根（即这个点的 $dfs$ 序为 $1$），重新给点分树中的点标 $dfs$ 序。然后我们考虑按 $dfs$ 序决策选择哪些点。要求选到的点必须是一个连通块。
那么走到 $dfs$ 序为 $i$ 的点时，决策很显然：
1. 选这个点，继续决策是否选其子树，即花费 $v_i$ 的代价到 $i+1$（$v_i$ 为点权）；
2. 不选这个点，那么这棵子树中的所有点都不能选，即花费 $0$ 的代价到 $i$ 的后戳 $+1$（$i$ 的后戳就是 $i$ 号点的出栈时间）。
可以去论文原题看看画出来是什么样的。
于是一个连通块就对应唯一一条路径了。
现在就变成了 $O(nlog{n})$ 个点，$O(nlog{n})$ 条边的 $DAG$ ，求 $k$ 短路的经典问题。
在给定起点和终点的情况下，k 短路的模板：SDOI2010 魔法猪学院
这里讲一下具体怎么做：
预处理出以终点为根的最短路树 $T$，即求出每个点到终点的最短路长度。
定义一种边集 $E$，存一条从起点到终点的路径上，依次经过哪些非树边。
开一个小根堆，存若干个边集。
初始时小根堆里只有一个空集。
然后查询 $k-1$ 次小根堆的顶（注意只是查询，不弹出顶！）。
每次查询顶后，设顶边集 $E'$ 尾部的边为 $x$（尾部指边集 $E'$ 上次加入的一条边），有 $2$ 种方法得到一个新边集放入堆：
1. 将 $x$ 替换为起点相同的下一小非树边
2. 在 $x$ 的后面接上一条非树边，这条非树边的起点在最短路树 $T$ 中是 $x$ 的终点的祖先或同一点，且这条边是当前顶边集未接过的最大的边（也就是下一大）。
重复操作 $k-1$ 次后，堆顶就是第 $k$ 短路的边集了。
这种涵盖全局的维护方式跟【十二省联考2019 异或粽子】那道题的维护方式很相似，大家可以感性思考一下为什么这样是对的（建议先思考一个 $lemma$ 为什么是对的：下一短路径一定只需要在之前某一短路径上撇出去一条非树边）。
第 $1$ 种方法很好搞，对于每个点，开个 $vector$ 存非树边 并按边权排序即可。
第 $2$ 种方法就需要给每个点建一个 包含自己所有祖先连出去的非树边的堆。
把堆可持久化即可，每个点继承其父亲的堆，然后再与自己的堆合并，左偏树合并即可。
时间复杂度大概是 $O(klog{n})$。
边分治套路
1. 多棵树套起来
两棵树
给出两棵点数均为 $n$ 的树，求两个点，最大化他们在两棵树上的距离和。
子任务1：$nle 5000$
子任务2：对于两棵树，各自的第 $i$ 条边连接编号为 $i$ 和 $i+1$ 的点
子任务3：对于第一棵树，第 $i$ 条边连接编号为 $i$ 和 $i+1$ 的点；对于第二棵树，树是一条链
子任务4：对于第一棵树，第 $i$ 条边连接编号为 $i$ 和 $i+1$ 的点
子任务5：$nle 100000$，边权可以为负