bzoj 1468 Tree 點分治模板

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給你一棵tree,以及這棵樹上邊的距離.問有多少對點它們兩者間的距離小於等於k

n（n<=40000） 接下來n-1行邊描述管道，按照題目中寫的輸入 接下來是k

一行，有多少對點之間的距離小於等於k

71 6 13

6 3 9

3 5 7

4 1 3

2 4 20

4 7 2 105

/*

思路：最容易想到的演算法是：從每個點出發遍歷整棵樹，統計數對個數。
由於時間複雜度o(n^2)，明顯是無法滿足要求的。
對於一棵有根樹， 樹中滿足要求的乙個數對所對應的一條路徑，必然是以下兩種情況之一：
1、經過根節點
2、不經過根節點，也就是說在根節點的一棵子樹中
對於情況2，可以遞迴求解，下面主要來考慮情況1。
設點i的深度為depth[i]，父親為parent[i]。
若i為根，則belong[i]=-1，若parent[i]為根，則belong[i]=i，否則belong[i]=belong[parent[i]]。
這三個量都可以通過一次bfs求得。
我們的目標是要統計：有多少對(i,j)滿足ibelong[j]
如果這樣考慮問題會變得比較麻煩，我們可以考慮換一種角度：
設x為滿足ii，那麼i對答案的貢獻為b[i]-i。
綜上，設遞迴最大層數為l，因為每一層的時間複雜度均為「瓶頸」——排序的時間複雜度o(nlogn)，所以總的時間複雜度為o(l*nlogn)
然而，如果遇到極端情況——這棵樹是一根鏈，那麼隨意分割勢必會導致層數達到o(n)級別，對於n=10000的資料是無法承受的。因此，我們在每一棵子樹中選擇「最優」的點分割。所謂「最優」，是指刪除這個點後最大的子樹盡量小。這個點可以通過樹形dp在o(n)時間內求出，不會增加時間複雜度。這樣一來，即使是遇到一根鏈的情況時，l的值也僅僅是o(logn)的。
因此，改進後演算法時間複雜度為o(nlog^2n)，可以ac。
/*

#include#include

#include
#include
#define inf 0x3f3f3f3f
#define maxn 40010
using
namespace
std;
struct
node
e[maxn
<<1
];int
head[maxn],vis[maxn],son[maxn],deep[maxn],f[maxn],d[maxn];
intn,cnt,root,sum,k,ans,num,x,y,z,l;
inline 
intread()
while(c>='
0'&&c<='9')
return x*f;
}inline 
void add(int u,int v,int
dis)
inline 
void
init()
}void get_root(int now,int
fa)    f[now]=max(f[now],sum-son[now]);
if(f[now]now;
}void get_deep(int now,int
fa)}
int cal(int now,int
dis)
returnt;}
void work(intu)}
intmain() 

#include#include

#define n 40005
using
namespace
std;
struct arra[n*2
];int
end[n],son[n],f[n],d[n],data[n];
intcnt,l,all,ans,i,x,y,z,n,root,k;
bool
can[n];
void add(int u,int v,int
s)void get_root(int k,int
fa)  
if (all-son[k]>f[k]) f[k]=all-son[k];
if (f[k]k;
}void get_array(int k,int
fa)}
int calc(int k,int
now)
void work(intk)}
intmain()

#include using

namespace
std;
#define paichucuowucaibreak true
intmain()
}return0;
}

#include using

namespace
std;
#define maxn 10004
#define justval 68451
#define justval_ 15641684
intl[maxn],r[maxn],n,lo,ro;
intmain()
printf(
"%d\n
",rand()%justval_);
return0;
}

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