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例題2
樹的重心也叫樹的質心。對於一棵樹n個節點的無根樹，找到乙個點，使得把樹變成以該點為根的有根樹時，最大子樹的結點數最小。換句話說，刪除這個點後最大連通塊（一定是樹）的結點數最小。如圖：
找重心可以一遍dfs得出。
洛谷p4149 [ioi2011]race
求樹中長度為k，且經過邊數最少的路徑。\(（k \leq 10^6）\)
思路：開乙個陣列，記錄長度為\(i\)的路徑的最少邊數，遍歷到長度為\(i\)的路徑時，查詢長度為\(k-i\)的路徑。
清陣列不能暴力，要開乙個棧，記錄所有修改，再針對這些修改清空。
#include int fr[200010],ne[400010];
int v[400010],w[400010],bs=0;
void addb(int a,int b,int c)
int mi,wz,dx[200010];
bool bk[200010]=;
void getroot(int u,int f,int sl)
if(sl-dx[u]>ma)
ma=sl-dx[u];
if(ma[bjoi2017]樹的難題
將每個點的子樹按顏色排序，並使用線段樹維護最大權值。
時間複雜度\(o(n\log ^2n)\)
\(n\leq2*10^5\),時限2秒，會卡常。
考慮如下常數優化：
由於邊權為1，所以計算每棵子樹時，最大的長度就是這個節點到葉子結點的最長鏈長度（設為m）。
在計算時，將線段樹重建，範圍為0~m。
這樣，查詢時的複雜度就會小一些，變成\(o(\log m)\)。
並且無需在最後清空線段樹，直接重建時清空就行了。
這樣就能過了。
#include #include int fr[200010],ne[400010],n;
int v[400010],w[400010],bs=0;
int c[200010];
int inf=999999999;
#define re register
inline int max(int a,int b)
void addb(int a,int b,int c)
struct sxds
int m=(l+r)>>1;
jianshu(i<<1,l,m);
jianshu((i<<1)|1,m,r);
}void pushup(int i)
void xiugai(re int i,re int l,re int r,re int j,re int x)
re int m=(l+r)>>1;
if(j>1;
re int t1=chaxun(i<<1,l,m,l,r),t2=chaxun((i<<1)|1,m,r,l,r);
if(t2>t1)
t1=t2;
return t1;
}};sxds xt,bt;
bool bk[200010];
int dfs1(re int u,re int f)
return rt;
}int mi=inf,wz;
int dfs2(re int u,re int f,re int si)
}if(si-rt>zd)
zd=si-rt;
if(zdz-((spx*)b)->z;
}int zc;
void dfs5(int u,int f,int sd)
}void dfs3(re int u,re int f,re int co,re int la,re int he,re int jl)
}void solve(int u)
}qsort(px,sl,sizeof(spx),cmp);
tp=0;
re int la,lx=0;
zc=-inf;
dfs5(u,-1,0);
zc+=1;
xt.jianshu(1,0,zc);
bt.jianshu(1,0,zc);
bt.xiugai(1,0,zc,0,0);
for(re int i=0;i0&&px[i].z!=px[i-1].z)
lx=tp;
}dfs3(px[i].u,u,px[i].z,px[i].z,0,1);
for(int j=la;jxt.sz[cd[st[j]]])
xt.xiugai(1,0,zc,cd[st[j]],qz[st[j]]);}}
}void dfs4(int u)
}}int main()
{ int m;
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&cl,&cr);
for(int i=1;i<=n;i++)
fr[i]=-1;
for(int i=1;i<=m;i++)
scanf("%d",&c[i]);
for(int i=0;i
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