gate
我回來了...
本來是應該12月發的blog，沒想到拖到了現在，注意事項什麼的稍微有點忘了，以後再慢慢補充吧
點分治是一種樹上演算法。顧名思義，就是對每個點進行分治，計算它的子樹對答案的貢獻。
主要用於處理樹上路徑，且乙個點會被統計多次的問題。
以這道題為例：
詢問樹上距離為k的點對是否存在。
設當前的根節點為ｘ。
若距離為ｋ的點對存在，有兩種情況：經過ｘ和不經過ｘ。
經過時，若ｘ的兩個相異的子樹中的兩個點到ｘ的距離之和＝ｋ，
即ｘ有子樹ａ,b,...，若有(x,ai)+(x,bj)=k，則ｘ對答案做出了貢獻。
不經過時，則對ｘ的每乙個子樹遞迴分治處理。
但是，在統計答案的過程中，難免會計算ｘ的同一子樹中的情況，即(x,ai)+(x,aj)=k
ai到aj的距離應該在子樹a中計算，否則它們間的距離會被加上重複的路徑
比如上圖中統計1的答案會計算(1,4)+(1,5)，其中路徑(1,2)被加了兩次。
實際上(4)到(5)的距離不是4而是2。
因此，計算完當前節點的答案後，還要減去它的子樹的重複答案。具體步驟在後面詳細說明。
可以發現，時間複雜度由ｘ的子樹大小決定。
使ｘ的最大子樹最小——ｘ是樹的重心。
所以，遞迴處理每一棵子樹時，都要找到它的重心作為根節點。
綜上所述，點分治的步驟可以概括為：
（root：當前重心）
找root，處理root［在這裡一共用到了四個函式：計算root的貢獻，遍歷root的子樹（ 對於每棵子樹：
減去該子樹中的重複計算，
找該子樹root，處理root［...］）］
get_rt() —— 找root
divide() —— 分治處理
calc() —— 計算貢獻
dfs() —— 遞迴求深度，用來計算路徑長（根據每道題題意不同）。
vis[x]表示x是否被分治處理過。
因為分治的過程中可能會把樹旋轉成不同的形狀，
或者說，因為根變化了，已經統計完的點可能會在新的根節點下面。
這個變數只在divide()中更新，但是所有函式都要用到。
$get$_$rt()$
類似於樹形dp，是乙個遞迴找最大子樹的過程。
siz[x]表示以x為根的子樹大小（包括自己），
f[x]表示x的最大子樹大小。
sum表示要求root的這部分子樹的總點數，初始時為n。
某一點x的最大子樹，其實不一定在x的下面，也可能是x作為根時x的父親的那一部分子樹。
所以除了每次f[u] =max(f[u],siz[v])
，【注意這裡不要誤寫成f[v]】
還要在最後更新f[u] = max(f[u],sum-siz[u])
。
void get_rt(int u,int$divide()$fa)
f[u] = max(f[u],sum-siz[u]);
if(f[u] <= f[rt]) rt =u;
}
首先將這個點標記vis，表示已經分治過了。
計算它的貢獻。
傳入$calc$的三個引數(u,nowdis,op)
分別表示當前點、到這個點為止已經走過的距離、是加入還是減去這個點的貢獻（加入為1，減去為-1）。
遍歷這個點的兒子時，首先判斷是否vis過；
減去這個子樹內部的重複計算：nowdis為邊(u,v)的權值，op為-1.
然後處理這棵子樹。
子樹的總點數sum即為siz[v]（在上次get_rt中已經算好了），rt=0，f[0]=max（這裡可以是siz[v]）
在這棵子樹中找到重心，並分治。
因為這次的操作是侷限在這個子樹中的，所以並不會影響到它的兄弟，並列操作即可。
void divide(int$calc()$u) }
前面已經提到了calc中的三個引數：(u,nowdis,op)
tot表示所要計算的子樹中的總點數，在dfs時計算。
dfs中傳入的引數分別為(u,fa,nowdis)，含義相同
dfs完畢後，n^2列舉點對，計算它們的貢獻。
ans[x]表示距離為x的點對個數；
dis[i]表示從該子樹根節點到i的距離。
根據op的值不同，答案+1或-1。
void calc(int u,int nowdis,int$dfs()$op)
根據題意，在dfs中求出該子樹根節點到子樹中個點的距離。
利用tot，給子樹中的點重新編號1~tot，同時求出總點數。
到達某個點時，編號為++tot，且該點的dis即為nowdis.
然後再遍歷這個點的兒子節點並dfs；
同樣為了防止重複，要先判斷是否vis過。
新的nowdis即為原來的nowdis+w(u,v).
void dfs(int u,int fa,int最後對於每個詢問k，檢查ans[k]是否大於0即可。nowdis)
}
總結一下：
初始化：f[0] = sum = n,get_rt(1,0),divide(root);
$get$_$rt$(int u,int fa) 遞迴 需判斷(v == fa || vis[v])
$divide$（int u) 遞迴 更新vis[u],需判斷(vis[v])
$calc$(int u,int nowdis,int op) 無遞迴，無判斷
$dfs$(int u,int fa,int nowdis) 遞迴 需判斷(v == fa || vis[v])
完整**如下
#include#includeview code#include
#include
#define mogeko qwq
using
namespace
std;
const
int maxn = 20005
;int n,m,x,y,z,ans[10000005
];int
rt,sum,tot,siz[maxn],f[maxn],dis[maxn];
intcnt;
inthead[maxn],to[maxn],nxt[maxn],w[maxn];
bool
vis[maxn];
intread()
while('0'
<= ch && ch <= '9'
)
return x*f;
}void add(int x,int y,int
z) void dfs(int u,int fa,int
nowdis)
}void calc(int u,int nowdis,int
op)
void get_rt(int u,int
fa)
f[u] = max(f[u],sum-siz[u]);
if(f[u] <= f[rt]) rt =u;
}void divide(int
u) }
intmain()
f[0] = sum =n;
get_rt(
1,0);
divide(rt);
for(int i = 1; i <= m; i++)
return0;
}
luogu P3806 模板 點分治1
題目描述 給定一棵有n個點的樹 詢問樹上距離為k的點對是否存在。多次詢問 可離線 我們先隨意指定乙個虛擬根root，將這棵樹轉化成無根樹 樹上的路徑可以分為兩類，1.經過根節點u的路徑 2.完全在u子樹裡 不經過u 的 對於1，用dis表示當前結點到根節點root的路徑長度，則root的子樹中兩個節...
Luogu P3806 模板 點分治1
給定一棵有 n nn 個點，邊權的樹，回答 m mm 個詢問，每次詢問樹上距離為 k kk 的點對是否存在。資料範圍n 1 04,m 100,邊權 10000,k 107 n leqslant 10 4,m leqslant 100,texttt leqslant 10000,k leqslant ...
luogu P3806 模板 點分治1
給你一棵樹，路徑有長度，多次詢問，每次給出 k，問你是否存在路徑長度為 k 的點對。這道題我們用分治的方法。那我們假設要解決乙個樹，那我們先選重心作為根節點 為了減少高度節省時間 然後就分成兩種討論，一種是路徑都在同乙個子樹中，那這個我們就可以把問題轉換為解決這個子樹。另一種就是在兩個不同的子樹中 ...