最近一直刷bzoj，沒有開新專題，所以開了個新專題分治。
主要是刷到幾道題要用分治，但不會，所以本蒟蒻決定入個門。
首先先看個qzc大神的**：《
分治演算法
在樹的路徑問題中的應用
》然後來到入門題：poj1741，題目大意詳見**。
orz lishaozhe1024
我們隨便找一點作為根，將無根樹轉化為有根樹
那麼樹的路徑分為兩種 ， 一種是經過樹根的 ， 另外一種是不經過樹根
如果我們有辦法求出路徑經過樹根的有多少對點 ，那麼不經過樹根的，只要遞迴子樹就行了 ， 這樣問題就得到解決了
那麼分治 ， 我們先看如何分 ，在最壞的情況下，比如一條鏈的情況，我們可能要遞迴 n 次 ， 這樣的複雜度肯定不是我們想要的 。
那麼如果避免這樣的情況 ， 就是在選擇根的時候，我們選擇這棵樹的「重心」，所謂樹的重心，就是這個點的所有子樹的結點個數的最大值是最小的。
如何求樹的重心 ， 先dfs一遍，求出每個結點的子樹的結點的最大值dp[i]和以這個結點為根的樹的結點總和sum[i]。那麼第二次dfs的時候，比較dp[i] 和 sum[root] - sum[i] 的最大值即可。
這樣的分治策略 ，最壞情況的遞迴次數是 logn 的
然後看如何治 ，我們要求的是有多少點對的路徑之和小於等於k，並且是經過根節點的。
那麼我們先一遍dfs求出每個結點到根節點的距離 ， 放在乙個陣列中 ， 排完序之後 ， 我們可以 two pointer 求出選兩個數，和小於等於k的方案數( 複雜度為o(n) ) 。
這樣求得的***括了兩個頂點都來自同一子樹的情況 ， 這樣就不經過根節點了， 所以我們要把這些情況減掉
我們只要對各個子樹同樣求一遍答案，減去即可。
假如排序我們用快排，那麼整個演算法的複雜度是 o( nlognlogn )
**：#include#include#include#includeusing namespace std;
const int n=10010;
const int m=50100;
int n,k;
struct nodesa[m];int len,first[n];
bool vis[n];
int ans,mi,mx[n],size[n],root,num;
void init()
void ins(int x,int y,int z)
void dfssize(int x,int fa) }}
void dfsroot(int r,int u,int fa)
edge[maxn<<1];
struct n
t[maxn];
bool cmp(n x, n y)
}void dfssize(int u, int fa)
}void getnum(int u, int fa)
}void getg(int u, int fa, int dep, int val)
}void dfs(int u)
int tot=0;
for(i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next)
sort(t,t+tot,cmp);
int lim=k-color[u];
for(i=0;i<=t[tot-1].num;i++) f[i]=-inf;
for(i=0;i
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